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人教版2022届一轮复习打地基练习 数列与不等式综合
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人教版2022届一轮复习打地基练习 数列与不等式综合
一．选择题（共10小题）
1．等比数列{an}满足an＞0，n∈N+且a5⋅a2n−5=32n（n≥3），设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，当x∈R时，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
2．已知正项等比数列{an}满足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，则6（1m+1n）的最小值为（ ）
A．23 B．2 C．4 D．6
3．设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，则实数m的最大值为是（ ）
A．34 B．32 C．3 D．22
4．数列an＝2n+1，其前n项和为Tn，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
5．数列{an}满足a1＝1，1an2+4=1an+1，记Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，则正整数t的最小值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
6．数列{an}的首项a1=−23，前n项和为Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，则使Sn≥m恒成立的最大实数m＝（ ）
A．﹣1 B．−89 C．−98 D．−79
7．设k∈N*，若数列{an}是无穷数列，且满足对任意实数k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，则下列选项正确的是（ ）
A．存在数列{an}为单调递增的等差数列
B．存在数列{an}为单调递增的等比数列
C．a1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
8．已知数列{an}满足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1−12，则a2021＝（ ）
A．32022−18 B．32021−18 C．32020−18 D．32019−18
9．公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，则1m+4n的最小值为（ ）
A．97 B．53 C．43 D．1310
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2n22n+3−9⋅2n+1+9，n∈N∗，则使不等式|Sn−12|＜12019成立的最小正整数n的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
二．填空题（共8小题）
11．设数列{an}满足a4=18，且对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，则a2016＝ ．
12．已知数列{an}的前n项和Sn=2an−2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an对任意n∈N*恒成立，则λ的取值范围为 ．
13．在数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．则：
（1）an＝ ；
（2）若不等式2Sn+18≥kan，对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为 ．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019，则an＝ ，n的最大值为 ．
15．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n项和为Bn，若对任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1＜13成立，则正实数b1的取值范围是 ．
16．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，则a1a2…an的最大值为 ．
17．在数列{an}中，若a1＝1，an⋅an+1=(13)n−2，则满足不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1a2n+1a2n+1＜200的正整数n的最大值为 ．
18．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若数列{an}满足：存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，则990S1+Snan的最小值为 ．
三．解答题（共9小题）
19．已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）证明：0＜an＜1；
（2）证明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，记数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn＜34．
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
21．在正项数列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求证：1≤an≤11；
（Ⅱ）设bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示数列{bn}前n项和，求证：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，设cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示数列{cn}前n项和．
（i）比较an与7的大小；
（ii）求证：Tn＜13．
22．已知数列{bn}满足Sn+bn=n+132，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
（Ⅰ）求证数列{bn−12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）如果对任意n∈N*，不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5恒成立，求实数k的取值范围．
23．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且满足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，求实数k的取值范围．
24．已知数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求证：{1an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式an；
（Ⅱ）设bn＝（3n﹣1）•n2n•an，记其前n项和为Tn，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
25．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列．
（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，求实数m的取值范围．
26．已知数列{an}满足a2=−17，an=an−1(−1)nan−1−2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求证：数列{1an+（﹣1）n}是等比数列；
（3）设cn＝ansin(2n−1)π2，数列{cn}的前n项和为Tn．求证：对任意的n∈N*，Tn＜23．
27．已知数列{an}满足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1＝1，bn=2an−anan−11−2anan−1（n≥2，n∈N），又cn=Sn−1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．
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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．等比数列{an}满足an＞0，n∈N+且a5⋅a2n−5=32n（n≥3），设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，当x∈R时，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
【分析】先根据等比数列的定义求出公比和首项，可得数列{an}的通项公式，再根据对数的运算性质和等差数列的求和公式求出bn=n(n+1)2，再根据裂项求和求出Sn，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，转化为kx2﹣kx+1＞0恒成立，根据函数的性质即可求出．
【解答】解：a5•a2n﹣5＝32n，
当n＝3时，a1a5＝36＝a32，
当n＝4时，a5•a3＝38，
∴q2=a3a1=32，
∵an＞0，
∴q＝3，a3＝27
∴a1＝3，
∴an＝3n，
∴bn＝log3a1+log3a2+…+log3an＝1+2+3+…+n=n(n+1)2，
∴1bn=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
∴Sn＝2（1−12+12−13+⋯+1n−1n+1）＝2（1−1n+1）≥2（1−12）＝1，
∵kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，
∴kx2﹣kx+1＞0恒成立，
∴k＞0△=k2−4k＜0，解得0＜k＜4，
当k＝0时，x取任何数都成立，
综上所述k的取值范围为[0，4），
故选：C．
2．已知正项等比数列{an}满足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，则6（1m+1n）的最小值为（ ）
A．23 B．2 C．4 D．6
【分析】由已知可解得数列的公比q，进而可得n+m＝6，代入要求的式子由基本不等式可得．
【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，q＞0
∵a2014＝a2013+2a2012，
∴a2012q2＝a2012q+2a2012，
同除以a2012可得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2，或q＝﹣1（舍去），
又∵anam=4a1，
∴an•am＝a12•2n+m﹣2＝16a12，
∴2n+m﹣2＝16＝24，
∴n+m﹣2＝4，
变形可得n+m＝6，
∴6（1m+1n）＝（m+n）（1m+1n）＝2+nm+mn
≥2+2nm⋅mn=4，
当且仅当nm=mn，即m＝n＝3时取等号，
故选：C．
3．设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，则实数m的最大值为是（ ）
A．34 B．32 C．3 D．22
【分析】正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，列举出等式T8＝81左边的各项，利用等比数列的性质化简，求出a3a6的值，将所求式子通分并利用同分母分式的加法法则计算，再利用基本不等式变形后，将a3a6的值代入，即可求出最小值．
【解答】解：∵正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，
∴a1a2a3…a8＝（a1a8）•（a2a7）•（a3a6）•（a4a5）＝（a3a6）4＝81，
∴a3a6＝3，
∴1a32+1a62=a32+a62(a3a6)2≥2a3a69=23，当且仅当a3＝a6时取等号，
1a32+1a62≥log2m恒成立，可得m≤34．
则m的最大值为34．
故选：A．
4．数列an＝2n+1，其前n项和为Tn，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
【分析】利用等比数列的求和公式可得：Tn＝2n+2﹣4．不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化为：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．变形利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：Tn=4(2n−1)2−1=2n+2﹣4．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化为：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．
∵f（n）＝n+1+4n+1−3≥2(n+1)⋅4n+1−3＝1，当且仅当n＝1时取等号．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，
∴λ≤1．
则实数λ的取值范围（﹣∞，1]．
故选：D．
5．数列{an}满足a1＝1，1an2+4=1an+1，记Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，则正整数t的最小值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【分析】先求出数列{an2}的通项公式，再求Sn，注意运用裂项相消求和，以及不等式的性质，可求正整数t的最小值．
【解答】解：∵a1＝1，1an2+4=1an+1，
∴1an2+4=1an+12，
∴1an+12−1an2=4，
∴{1an2}是首项为1，公差为4的等差数列，
∴1an2=4n﹣3，
∴an2=14n−3，an2•an+12=14n−3•14n+1=14（14n−3−14n+1），
∴Sn=i=1n ai2ai+12=14（1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1）=14（1−14n+1）＜14
Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，即为
t≥30•14=7.5，
而t为正整数，所以，tmin＝8．
故选：C．
6．数列{an}的首项a1=−23，前n项和为Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，则使Sn≥m恒成立的最大实数m＝（ ）
A．﹣1 B．−89 C．−98 D．−79
【分析】由题设可得Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0，求得S1，S2，S3 的值，猜测Sn =−n+1n+2，n∈N*，用数学归纳法证明成立，结合当n→∞时，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．可得使Sn≥m恒成立的最大实数m＝﹣1．
【解答】解：由Sn+1Sn+2=an（n≥2），得Sn+1Sn+2=Sn−Sn−1，
即Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0（n≥2），又a1=−23，
∴a1（a1+a2）+2（a1+a2）+1＝0，解得a2=−112，
（a1+a2）（a1+a2+a3）+2（a1+a2+a3）+1＝0，解得a3=−120，
∴S1=−23，S2=−34，S3=−45，…
归纳猜测得Sn=−n+1n+2．
下面利用数学归纳法证明：
S1=−23成立，
假设n＝k时成立，即Sk=−k+1k+2，
则当n＝k+1时，由条件可得，Sk+1+1Sk+1=Sk+1﹣Sk﹣2，
即1Sk+1=k+1k+2−2=k+1−2k−4k+2=−k+3k+2，解出Sk+1=−k+2k+3，故n＝k+1时结论成立．
综上，Sn=−n+1n+2．
当n→∞时，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．
∴使Sn≥m恒成立的最大实数m＝﹣1．
故选：A．
7．设k∈N*，若数列{an}是无穷数列，且满足对任意实数k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，则下列选项正确的是（ ）
A．存在数列{an}为单调递增的等差数列
B．存在数列{an}为单调递增的等比数列
C．a1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
【分析】求出 an∈（1，2），根据数列的性质可判断A、B；举例可判断C；利用数学归纳法判断D．
【解答】解：由（kan﹣2）（an﹣k）＜0，
当k＝1时，1＜an＜2，
当k≥2时，则2k≤1，由2k＜an＜k，
无穷数列{an}，对任意实数k不等式 （kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，
可得1＜an＜2，
对于A，若{an}为单调递增的等差数列，
设an＝pn+q，递增，则an∈[f（1），+∞），故A不正确，
对于B，若{an}为单调递增的等比数列，
设an＝f（n）递增，则an∈[f（1），+∞），故B不正确，
对于C，由1＜an＜2，不妨设an=32，
取n＝2，则a1+2a2=32+3=92，n2﹣n＝2，
显然a1+2a2+⋯+nan＜n2−n 不成立，
对于D，当n＝1时，由a1∈（1，2），显然a1＜12+1＝2恒成立，
假设当n＝k时，a1+2a2+⋯+kak＜k2+k成立，
则当n＝k+1时，则a1+2a2+⋯+kak+(k+1)ak+1＜k2+k+(k+1)ak+1
＜k2+k+2（k+1）＝（k+1）2+（k+1），
故a1+2a2+⋯+nan＜n2+n 恒成立．
故选：D．
8．已知数列{an}满足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1−12，则a2021＝（ ）
A．32022−18 B．32021−18 C．32020−18 D．32019−18
【分析】将an+1﹣an﹣1＜3n+12其中的n换为n+1，结合an∈Z，可得an+2﹣an＝3n+1，应用累加法和等比数列的求和公式，计算可得所求值．
【解答】解：由an+1﹣an﹣1＜3n+12，可得an+2﹣an＜3n+1+12，
又an+2﹣an＞3n+1−12，a1＝1，an∈Z，
可得an+2﹣an＝3n+1，
则a3﹣a1＝32，a5﹣a3＝34，…，a2021﹣a2019＝32020，
相加可得a2021﹣a1＝32+34+…+32020=9(1−32020)1−9，
则a2021=32022−18，
故选：A．
9．公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，则1m+4n的最小值为（ ）
A．97 B．53 C．43 D．1310
【分析】利用等比数列的通项公式，转化求解m、n的方程，利用基本不等式求解表达式的最小值即可．
【解答】解：公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，
可得：a1•2m﹣1•a1•2n﹣1＝32a12，可得m+n﹣2＝5，
所以m+n＝7，
则1m+4n=（1m+4n）×17（m+n）=17×(5+nm+4mn)≥17×(5+2nm⋅4mn)=97，
当且仅当n＝2m，并且m+n＝7时，取等号，但是m，n∈N，
所以m＝2，n＝4时，表达式的值为：12+44=32，m＝3，n＝4时，表达式的值为：43，
m＝2，n＝5时，表达式的值为：1310．
表达式的最小值：1310．
故选：D．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2n22n+3−9⋅2n+1+9，n∈N∗，则使不等式|Sn−12|＜12019成立的最小正整数n的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
【分析】化简an=2n22n+3−9⋅2n+1+9=12⋅(12n+1−3−12n+2−3)，然后求解数列的和，即可证明不等式．
【解答】解：因为an=2n22n+3−9⋅2n+1+9
=12⋅2n+1(2n+1−3)(2n+2−3)
=12⋅(2n+2−3)−(2n+1−3)(2n+1−3)(2n+2−3)
=12⋅(12n+1−3−12n+2−3)，
所以Sn＝a1+a2+…+an
=12⋅(122−3−123−3+123−3−124−3+⋯+12n+1−3−12n+2−3)
=12×(122−3−12n+2−3)=12−12n+3−6，
则|Sn−12|=12n+3−6＜12019，
即2n+3＞2025，因为210＝1024＜2025，211＝2048＞2025，
所以n+3≥11，即n≥8，故使不等式成立的最小正整数n的值为8，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
11．设数列{an}满足a4=18，且对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，则a2016＝ 81504−808 ．
【分析】对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，可得an+4﹣an+2≤3n+2，an+4﹣an≤10×3n，又an+4﹣an≥10×3n，则an+4﹣an＝10×3n，利用“累加求和”方法即可得出．
【解答】解：∵对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，∴an+4﹣an+2≤3n+2．
∴an+4﹣an≤10×3n，
又an+4﹣an≥10×3n，则an+4﹣an＝10×3n，
∴a8﹣a4＝10×34，a12﹣a8＝10×38，…，a2016﹣a2012＝10×32012．
∴a2016﹣a4＝10×（34+38+…+32012）＝10×81(81503−1)81−1=81(81503−1)8．
∴a2016＝a4+81(81503−1)8=81504−808．
故答案为：81504−808．
12．已知数列{an}的前n项和Sn=2an−2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an对任意n∈N*恒成立，则λ的取值范围为 （﹣∞，378） ．
【分析】求出数列的首项，利用数列的递推关系式，结合等差数列的定义可得数列{an2n}是以2为首项，1为公差的等差数列，求出数列的通项公式，化简2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an，得到λ的表达式，利用数列的单调性求解可得λ的取值范围．
【解答】解：当n＝1时，有a1=S1=2a1−22，得a1＝4，
当n≥2时，Sn=2an−2n+1，Sn−1=2an−1−2n，
两式相减得an=2an−2an−1−2n，即an=2an−1+2n，
∴an2n−an−12n−1=2n2n=1，
又a121=2，∴数列{an2n}是以2为首项，1为公差的等差数列．
∴an2n=2+(n−1)×1=n+1，则an=(n+1)⋅2n，
不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an等价于5﹣λ＞2n2−n−3(n+1)⋅2n=2n−32n，
记bn=2n−32n，n≥2时，bn+1bn=2n−12n+12n−32n=2n−14n−6，
∴当n≥3时，bn+1bn＜1，则(bn)max=b3=38，
∴5﹣λ＞38，即λ＜5−38=378，
∴λ的取值范围是：（﹣∞，378）．
故答案为：（﹣∞，378）．
13．在数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．则：
（1）an＝ ；
（2）若不等式2Sn+18≥kan，对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为 （﹣∞，192] ．
【分析】（1）设f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，可得f（x）为偶函数，由关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，可得an+1﹣an＝1，由等差数列通项公式即可求得an；
（2）不等式恒成立等价于k≤n+18n+1恒成立，令cn=n+18n+1，求得其最小值即可．
【解答】解：（1）设f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，则f（x）为偶函数，
由关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，知x＝0是该方程的唯一解，
则有an+1﹣an＝1，所以数列{an}为等差数列，
易求an＝n．
（2）由（1）可得Sn=n(n+1)2，由2Sn+18≥kan，可得n2+n+18≥kn，则有k≤n+18n+1恒成立，
令cn=n+18n+1，由函数f(x)=x+18x+1(x∈R+)在x=32时取得最小值，
而192=c4＜c5=485，从而得k≤192，
即k的取值范围为（﹣∞，192]．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019，则an＝ 2n﹣1 ，n的最大值为 1009 ．
【分析】根据条件a1＝1，an+1＝an+2，可知该数列为首项为1，公差为2的等差数列，所以得到an＝2n﹣1（n∈N*）；根据1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019分析利用裂项相消法求和；
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n−1−12n+1)，求和后不等式的左边即为12(1−12n+1)，结合原不等式即可得n≤1009，所以n的最大值为1009．
【解答】解：∵数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2
∴an+1﹣an＝2，∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列；∴an＝2n﹣1（n∈N*）
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n−1−12n+1)
∴1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1+12n+1)
=12(1−12n+1)≤10092019
由12(1−12n+1)≤10092019，解得n≤1009
故答案为：an＝2n﹣1，n的最大值为1009．
15．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n项和为Bn，若对任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1＜13成立，则正实数b1的取值范围是 [3，+∞） ．
【分析】推导出bn+1＝2bn，从而{bn}是等比数列，公比为2，进崦an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝bn+1，推导出bn+1anan+1=an+1−ananan+1=1an−1an+1，从而b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1=1a1−1an+1，进而1b1≤13，由此能求出正实数 b1的取值范围．
【解答】解：∵数列{an} 与{bn} 满足 an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn} 的前 n 项和为 Bn，
∴bn+1＝2（bn+1﹣bn），∴bn+1＝2bn，
∴{bn}是等比数列，公比为2，
∴an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝2（bn+1−12bn+1）＝bn+1，
∴bn+1anan+1=an+1−ananan+1=1an−1an+1，
∴b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1
=1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1=1a1−1an+1，
∵an＝bn＝b1（1+2+…+2n﹣1）＝b1（2n﹣1），
∴1b1−1bn(2n+1−1)＜13对任意 n∈N恒成立，
则1b1≤13，
则由1b1＞0，得b1≥3．
故正实数 b1的取值范围是[3，+∞）．
故答案为：[3，+∞）．
16．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，则a1a2…an的最大值为 1024 ．
【分析】根据题意，有an＝Sn﹣Sn﹣1可得等比数列{an}的通项公式，由此分析可得an＞1和an＜1的n的取值范围，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，Sn＝m﹣25﹣n，
当n≥2时，有an＝Sn﹣Sn﹣1＝（m﹣25﹣n）﹣（m﹣26﹣n）=12n−5，
即等比数列{an}的通项公式为an=12n−5，
故当1≤n≤4时，an＞1，当n＝5时，an＝1，当n≥6时，an＜1，
故当n＝4或5时，a1a2…an取得最大值，且其最大值为a1a2…a5＝24×23×22×21＝210＝1024，
故答案为：1024．
17．在数列{an}中，若a1＝1，an⋅an+1=(13)n−2，则满足不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1a2n+1a2n+1＜200的正整数n的最大值为 4 ．
【分析】an⋅an+1=(13)n−2，所以an+1⋅an+2=(13)n−1，两式相除得：an+2an=13，由a1＝1求出a2＝3，所以数列{1a2n−1}是首项为1，公比为3的等比数列，数列{1a2n}是首项为13，公比为3的等比数列，利用等比数列的前n相和公式即可求解．
【解答】解：∵an⋅an+1=(13)n−2，∴an+1⋅an+2=(13)n−1，
两式相除得：an+2an=13，
∵a1＝1，∴a1•a2＝3，∴a2＝3，
∴数列{1a2n−1}是首项为1，公比为3的等比数列，数列{1a2n}是首项为13，公比为3的等比数列，
∴1a1+1a2+1a3+⋯⋯+1a2n+1a2n+1=1−3n+11−3+13(1−3n)1−3=5×3n−23＜200，
∴3n＜6025=120.4，
∴正整数n的最大值为4，
故答案为：4．
18．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若数列{an}满足：存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，则990S1+Snan的最小值为 45 ．
【分析】根据题意，设an＝pn+q，由等比数列的性质可得(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，变形可得q＝0，然后得到990S1+Snan=990n+n2+12，结合基本不等式的性质，可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}为等差数列，设an＝pn+q，
若存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，
则有(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，即p2rt+2pq(t+r)=p2s2+2pqs①4p2rt+4pq(t+r)=4p2s2+4pqs②
联立①②，变形可得p2rt＝p2s2，
又由等差数列{an}的公差不为0，即p≠0，则有rt＝s2，
代入①式可得pq（r+t）＝2pqs，
又由r，s，t互不相等且rt＝s2，则r+t≠2s，必有q＝0，则an＝pn，
所以S1＝a1＝p，Sn=(a1+an)×n2=n(n+1)p2，
故990S1+Snan=990p+n(n+1)2pn=990n+n2+12，
设f（n）=990n+n2+12，
则f（n）=990n+n2+12≥2990n×n2+12=2445+12，
当且仅当n2＝1980时等号成立，此时n不是正整数，不符合题意，
而44＜1980＜45，
所以f（44）=99044+442+12=45，f（45）=99045+452+12=45，
则有f（45）＝f（44），即990S1+Snan的最小值为45，
故答案为：45．
三．解答题（共9小题）
19．已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）证明：0＜an＜1；
（2）证明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，记数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn＜34．
【分析】（1）先证明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）内恒成立，然后利用数学归纳法的证明步骤证明：0＜an＜1；
（2）要证2aa+1＜an2，即证an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，构造函数，利用导函数的符号判断函数的单调性，证明即可．
（3）利用放缩法证明an＜12n+1，然后利用数列求和，证明求解即可．
【解答】证明：（1）先证明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）内恒成立 ……………．（1分）
再用数学归纳法证明0＜an＜1，
①因为0＜a1＜1，所以0＜ln（1+a1）＜a1，由a2＝a1﹣ln（1+a1），知0＜a2＜1；
②假设当n＝k时，0＜ak＜1 （k∈N•），
则当n＝k+1时，因为0＜ak＜1，所以0＜ln（1+ak）＜ak，
由ak+1＝ak﹣ln（1+ak），k∈N*．得0＜an+1＜1，
综上由①②知0＜an＜1对一切n∈N•恒成立； （5分）
（2）要证2aa+1＜an2，即证an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，
令f（x）＝x2+2ln（1+x）﹣2x（0＜x＜1），
则f′（x）＝2x+21+x−2=2x21+x＞0，
即f（x）在（0，1）上递增，从而f（an）＞f（0）＝0，
即an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，得证； （9分）
（3）由（1）（2）知，an＜12an﹣12＜12(12an−22)2
＜123(12an−32)2n−1=127an−323＜122n−1−1a12n−1，
∵n＞2，∴2n﹣1≥2 又∵0＜a1＜1，∴a12n−1≤a12=14，
∴an＜122n−1−1⋅14=122n−1+1
由2n﹣1≥n（n≥2）可得an＜12n+1，（13分）
从而Sn＜12+(123+124+⋯+12n+1)=12+14（1−12n−1）＜12+14=34．（n≥2）．
又n＝1时，S1也满足，所以Sn＜34．（15分）
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
【分析】（1）利用已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．令n＝1即可求出；
（2）利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得到nan+1＝（n+1）an+n（n+1），可化为an+1n+1=ann+1，an+1n+1−ann=1．再利用等差数列的通项公式即可得出；
（3）利用（2），通过放缩法1an=1n2＜1(n−1)n=1n−1−1n（n≥2）即可证明．
【解答】解：（1）当n＝1时，2S11=2a1=a2−13−1−23，解得a2＝4
（2）2Sn=nan+1−13n3−n2−23n①
当n≥2时，2Sn−1=(n−1)an−13(n−1)3−(n−1)2−23(n−1)②
①﹣②得2an=nan+1−(n−1)an−n2−n
整理得nan+1＝（n+1）an+n（n+1），即an+1n+1=ann+1，an+1n+1−ann=1
当n＝1时，a22−a11=2−1=1
所以数列{ann}是以1为首项，1为公差的等差数列
所以ann=n，即an=n2
所以数列{an}的通项公式为an=n2，n∈N*
（3）因为1an=1n2＜1(n−1)n=1n−1−1n（n≥2）
所以1a1+1a2+⋯+1an=112+122+132+⋯+1n2
＜1+14+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1−1n)
=1+14+12−1n=74−1n＜74．
当n＝1时，1a1=1＜74成立，
故对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
21．在正项数列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求证：1≤an≤11；
（Ⅱ）设bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示数列{bn}前n项和，求证：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，设cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示数列{cn}前n项和．
（i）比较an与7的大小；
（ii）求证：Tn＜13．
【分析】（I）利用数学归纳法即可证明．
（Ⅱ）由a2n﹣1+a2n=−112a2n2+a2n+13312=−112(a2n−6)2+16912，根据1≤a2n≤11，可得a2n﹣1+a2n≥12，bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，利用求和公式等即可证明．
（III）（i）由a1＝8，可得a22=133﹣96＝37，解得a2，a1＞7，a2＜7．由an+12−72＝﹣12（an﹣7），可得（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，可得a2n﹣1＞7＞a2n．再利用条件可得数列{a2n﹣1}与数列{a2n}的单调性即可得出结论．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，利用|a2n−7||a2n−1−7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．再利用求和公式结论得出．
【解答】证明：（I）（i）n＝1时，1≤a1≤11；
（ii）假设n＝k时，有1≤ak≤11成立，
则n＝k+1时，∵1≤133﹣12ak≤121，∴1≤ak+12≤121．
∵an＞0，∴1≤ak+1≤11成立．
综上可得：1≤an≤11．
（Ⅱ）∵a2n﹣1+a2n=−112a2n2+a2n+13312=−112(a2n−6)2+16912，
∵1≤a2n≤11，
∴a2n﹣1+a2n≥12，
∴bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，
∴Sn＝b1+b2+……+bn≥12（1+2+……+n）＝12×n(1+n)2=6n（n+1）．
∴Sn≥6n（n+1）．
（III）（i）∵a1＝8，∴a22=133﹣96＝37，∴a2=37，∴a1＞7，a2＜7．
由an+12−72＝133﹣72﹣12an＝84﹣12an＝﹣12（an﹣7），
∴（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，
∴a2n﹣1＞7＞a2n．
a2n+12=133﹣12a2n，a2n2=133﹣12a2n﹣1，
∴a2n+12−a2n2=−12（a2n﹣a2n﹣1），即a2n+12=a2n2−12（a2n﹣a2n﹣1），
∴a2n+12−a2n−12=a2n2−a2n−12−12（a2n﹣a2n﹣1）＝（a2n﹣a2n﹣1）（a2n+a2n﹣1﹣12）＜0，
同理可得：a2n2−a2n−22=（a2n﹣1﹣a2n﹣2）（a2n﹣1+a2n﹣2﹣12）＞0，
综上可得：数列{a2n﹣1}单调递减，即a2n﹣1＞a2n+1＞7．
数列{a2n}单调递增，即a2n＜a2n+2＜7．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn
＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n
＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，
∵|a2n−7||a2n−1−7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．
∴Tn≤1+1×1213+⋯⋯+(1213)2n−1=1−(1213)2n1−1213＜11−1213=13．
22．已知数列{bn}满足Sn+bn=n+132，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
（Ⅰ）求证数列{bn−12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）如果对任意n∈N*，不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5恒成立，求实数k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出b1=72．推出bn−12=12（bn﹣1−12），即可证明数列{bn−12}是首项为b1−12=3，公比为12的等比数列，然后求解通项公式．
（Ⅱ）求出Sn=n+122−3（12）n﹣1，通过不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5，化简得k≥（2n−52n）max，对任意n∈N*恒成立，设cn=2n−52n，说明{cn}为单调递减数列，转化求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：当n＝1时，2b1＝7，b1=72．（1分）
当n≥2时，Sn+bn=n+132，①
Sn﹣1+bn﹣1=(n−1)+132，②
由①﹣②得2bn﹣bn﹣1=12，
所以bn−12=12（bn﹣1−12），（4分）
所以数列{bn−12}是首项为b1−12=3，公比为12的等比数列，
所以bn−12=（b1−12）•(12)n−1=3⋅(12)n−1，
即bn＝3•（12）n﹣1+12．（6分）
（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）得：
Sn=n+132−bn=n+132−3（12）n﹣1−12=n+122−3（12）n﹣1．（7分）
不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5，
化简得k≥（2n−52n）max，对任意n∈N*恒成立．（8分）
设cn=2n−52n，则cn+1﹣cn=2n−32n+1−2n−52n=−2n+72n+1．
当n≥3.5时，cn+1≤cn，{cn}为单调递减数列，
当1≤n＜3.5时，cn+1＞cn，cn为单调递增数列，（10分）
所以n＝4时，cn取得最大值316，（11分）
所以，要使k≥2n−52n对任意n∈N*恒成立，k≥316．（12分）
23．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且满足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，求实数k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据等差数列和等比数列的通项公式，以及题中已知条件，可列出方程组求解，即可得数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得数列{an}的前n项和为Sn，根据题意，可得k≥6n−123n对n∈N*恒成立，令cn=6n−123n，通过cn﹣cn﹣1的值的正负，即可判断函数cn的单调性，进而求得c＝3时，函数cn取得最大值，即k≥29．
【解答】解：（Ⅰ）设正数等比数列{an}的公比为q，
由题意得a1(1+q)=3a1q(1+q)a1q2(1+q+q2)=729a1q4(1+q+q2)⇒a12q=3a12q6=729⇒a1=1q=3，
∴an=3n−1，
又设等差数列{bn}的公差为d，
由题意得b5﹣b3＝2d＝6，∴d＝3，
∴bn＝3+（n﹣3）×3＝3n﹣6；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn=a1(1−qn)1−q=1−3n1−3=3n−12，
∴(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，即（3n−12+12）k≥3n﹣6对n∈N*恒成立，
∴k≥6n−123n对n∈N*恒成立，
令cn=6n−123n，则cn−cn−1=14−4n3n−1，
当n≤3时，cn＞cn﹣1，
当n≥4时，cn＜cn﹣1，
∴(cn)max=c3=29，
即k≥29．
24．已知数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求证：{1an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式an；
（Ⅱ）设bn＝（3n﹣1）•n2n•an，记其前n项和为Tn，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由已知得1an+1+12=3（1an+12），由此能证明{1an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列，从而得到an=23n−1．
（Ⅱ）由bn＝（3n﹣1）•n2n•an=n2n−1，利用错位相减法能求出Tn＝4−n+22n−1，由此能求出不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立的λ的取值范围．
【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*），
∴1an+1+12=3（1an+12），
又1a1+12=32，∴{1an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列，
∴1an+12=32×3n−1=3n2，
∴an=23n−1．
（Ⅱ）解：∵bn＝（3n﹣1）•n2n•an=n2n−1，
∴Tn=1×120+2×12+3×122+⋯+n×12n−1，①
12Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n×12n，②
①﹣②，得12Tn=120+12+122+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n
＝2−n+22n，
∴Tn＝4−n+22n−1，
∵不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立，
∴λ＜Tn+n2n−1对一切n∈N*恒成立，
∴λ＜4−12n−2对一切n∈N*恒成立，
设g（n）＝4−12n−2，则g（n）是递增函数，
∴λ＜g（1）＝2．∴λ＜2．
25．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列．
（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，求实数m的取值范围．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式，推出前n项和，然后求解数列的通项公式．
（Ⅱ）化简bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，求出数列的和，然后求出m的不等式，推出结果即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴Sn=1+(n−1)=n．∴Sn=n2．
当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1．
又a1＝1适合上式．∴an＝2n﹣1．…（4分）
（Ⅱ）bn=1anS2n+1+an+1S2n−1=1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=1(2n+1)(2n−1)(2n+1+2n−1)=2n+1−2n−12(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
∴b1+b2+…+bn=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=2n+1−122n+1．
∴2n+1−122n+1≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，
得m≤(2n+1−1)(2n+1+1)22n+1=n2n+1对任意n∈N*都成立．
令cn=n2n+1，则cn+1cn=(n+1)2n+1n2n+3=2n3+5n2+4n+12n3+3n2＞1．
∴cn+1＞cn．∴cn＞cn−1＞⋯＞c1=33．∴m≤33．
∴实数m的取值范围为(−∞，33]．…（10分）
26．已知数列{an}满足a2=−17，an=an−1(−1)nan−1−2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求证：数列{1an+（﹣1）n}是等比数列；
（3）设cn＝ansin(2n−1)π2，数列{cn}的前n项和为Tn．求证：对任意的n∈N*，Tn＜23．
【分析】（1）利用递推式和已知即可得出；
（2）两边取倒数，再变形和利用等比数列的定义和通项公式，即可得到结论．
（3）利用放缩法和等比数列的前n项和公式即可得出结论．
【解答】（1）解：由a2=a1a1−2=−17，解得a1=14 …（2分）
（2）证明：∵an=an−1(−1)nan−1−2，
∴1an+（﹣1）n＝﹣2[1an−1+（﹣1）n﹣1]，
∵1a1−1=3≠0，…（6分）
∴数列{1an+（﹣1）n}是以3为首项，公比为﹣2的等比数列．…（7分）
（3）解：由（2）得1an+（﹣1）n＝3•（﹣2）n﹣1．…（8分）
∴1an=3•（﹣2）n﹣1﹣（﹣1）n，
∴an=13⋅(−2)n−1−(−1)n，…（10分）
∴cn＝ansin(2n−1)π2=13⋅(−2)n−1−(−1)n•（﹣1）n﹣1=13⋅2n−1+1＜13⋅2n−1．…（12分）
∴Tn＜13[1−(12)n]1−12=23[1−(12)n]＜23．…（14分）
27．已知数列{an}满足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1＝1，bn=2an−anan−11−2anan−1（n≥2，n∈N），又cn=Sn−1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．
【分析】（1）由题意anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，变形可得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，即得数列{1an+1}是等比数列，即可求得结论；
（2）由题意可得1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1（n≥2，n∈N），故只需证2≤Sn＜83，故利用放缩法求得sn的范围，即可得出结论．
【解答】解：（1）由条件得anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0⇒an﹣1＝2an+anan﹣1，易知an≠0，两边同除以anan﹣1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，故1an+1=2n⇒an=12n−1（n∈N*），
（2）因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1（n≥2，n∈N），
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn＜83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2＜2n−1(2n−1)(2n−1−1)＜2n(2n−1)(2n−1−1)=2(12n−1−1−12n−1)（n≥2，n∈N）
一方面：当n＝2时S2=2＜83
当n≥3，n∈N时，Sn＝b1+b2+…+bn≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)=2+23−12n−1＜83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn＞0所以Sn＝b1+b2+…+bn≥1+1＝2
所以当n≥2，n∈N时2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列与不等式综合
一．选择题（共10小题）
1．等比数列{an}满足an＞0，n∈N+且a5⋅a2n−5=32n（n≥3），设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，当x∈R时，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
2．已知正项等比数列{an}满足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，则6（1m+1n）的最小值为（ ）
A．23 B．2 C．4 D．6
3．设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，则实数m的最大值为是（ ）
A．34 B．32 C．3 D．22
4．数列an＝2n+1，其前n项和为Tn，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
5．数列{an}满足a1＝1，1an2+4=1an+1，记Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，则正整数t的最小值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
6．数列{an}的首项a1=−23，前n项和为Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，则使Sn≥m恒成立的最大实数m＝（ ）
A．﹣1 B．−89 C．−98 D．−79
7．设k∈N*，若数列{an}是无穷数列，且满足对任意实数k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，则下列选项正确的是（ ）
A．存在数列{an}为单调递增的等差数列
B．存在数列{an}为单调递增的等比数列
C．a1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
8．已知数列{an}满足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1−12，则a2021＝（ ）
A．32022−18 B．32021−18 C．32020−18 D．32019−18
9．公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，则1m+4n的最小值为（ ）
A．97 B．53 C．43 D．1310
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2n22n+3−9⋅2n+1+9，n∈N∗，则使不等式|Sn−12|＜12019成立的最小正整数n的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
二．填空题（共8小题）
11．设数列{an}满足a4=18，且对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，则a2016＝ ．
12．已知数列{an}的前n项和Sn=2an−2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an对任意n∈N*恒成立，则λ的取值范围为 ．
13．在数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．则：
（1）an＝ ；
（2）若不等式2Sn+18≥kan，对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为 ．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019，则an＝ ，n的最大值为 ．
15．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n项和为Bn，若对任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1＜13成立，则正实数b1的取值范围是 ．
16．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，则a1a2…an的最大值为 ．
17．在数列{an}中，若a1＝1，an⋅an+1=(13)n−2，则满足不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1a2n+1a2n+1＜200的正整数n的最大值为 ．
18．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若数列{an}满足：存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，则990S1+Snan的最小值为 ．
三．解答题（共9小题）
19．已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）证明：0＜an＜1；
（2）证明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，记数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn＜34．
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
21．在正项数列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求证：1≤an≤11；
（Ⅱ）设bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示数列{bn}前n项和，求证：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，设cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示数列{cn}前n项和．
（i）比较an与7的大小；
（ii）求证：Tn＜13．
22．已知数列{bn}满足Sn+bn=n+132，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
（Ⅰ）求证数列{bn−12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）如果对任意n∈N*，不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5恒成立，求实数k的取值范围．
23．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且满足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，求实数k的取值范围．
24．已知数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求证：{1an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式an；
（Ⅱ）设bn＝（3n﹣1）•n2n•an，记其前n项和为Tn，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
25．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列．
（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，求实数m的取值范围．
26．已知数列{an}满足a2=−17，an=an−1(−1)nan−1−2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求证：数列{1an+（﹣1）n}是等比数列；
（3）设cn＝ansin(2n−1)π2，数列{cn}的前n项和为Tn．求证：对任意的n∈N*，Tn＜23．
27．已知数列{an}满足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1＝1，bn=2an−anan−11−2anan−1（n≥2，n∈N），又cn=Sn−1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．
人教版2022届一轮复习打地基练习 数列与不等式综合
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．等比数列{an}满足an＞0，n∈N+且a5⋅a2n−5=32n（n≥3），设bn＝log3a1+log3a2+…+log3an，{1bn}的前n项和为Sn．若对任意的正整数n，当x∈R时，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A．（0，+∞） B．[0，+∞） C．[0，4） D．（0，4）
【分析】先根据等比数列的定义求出公比和首项，可得数列{an}的通项公式，再根据对数的运算性质和等差数列的求和公式求出bn=n(n+1)2，再根据裂项求和求出Sn，不等式kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，转化为kx2﹣kx+1＞0恒成立，根据函数的性质即可求出．
【解答】解：a5•a2n﹣5＝32n，
当n＝3时，a1a5＝36＝a32，
当n＝4时，a5•a3＝38，
∴q2=a3a1=32，
∵an＞0，
∴q＝3，a3＝27
∴a1＝3，
∴an＝3n，
∴bn＝log3a1+log3a2+…+log3an＝1+2+3+…+n=n(n+1)2，
∴1bn=2n(n+1)=2（1n−1n+1），
∴Sn＝2（1−12+12−13+⋯+1n−1n+1）＝2（1−1n+1）≥2（1−12）＝1，
∵kx2﹣kx+Sn＞0恒成立，
∴kx2﹣kx+1＞0恒成立，
∴k＞0△=k2−4k＜0，解得0＜k＜4，
当k＝0时，x取任何数都成立，
综上所述k的取值范围为[0，4），
故选：C．
2．已知正项等比数列{an}满足a2014＝a2013+2a2012，且anam=4a1，则6（1m+1n）的最小值为（ ）
A．23 B．2 C．4 D．6
【分析】由已知可解得数列的公比q，进而可得n+m＝6，代入要求的式子由基本不等式可得．
【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，q＞0
∵a2014＝a2013+2a2012，
∴a2012q2＝a2012q+2a2012，
同除以a2012可得q2﹣q﹣2＝0，
解得q＝2，或q＝﹣1（舍去），
又∵anam=4a1，
∴an•am＝a12•2n+m﹣2＝16a12，
∴2n+m﹣2＝16＝24，
∴n+m﹣2＝4，
变形可得n+m＝6，
∴6（1m+1n）＝（m+n）（1m+1n）＝2+nm+mn
≥2+2nm⋅mn=4，
当且仅当nm=mn，即m＝n＝3时取等号，
故选：C．
3．设正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，1a32+1a62≥log2m恒成立，则实数m的最大值为是（ ）
A．34 B．32 C．3 D．22
【分析】正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，列举出等式T8＝81左边的各项，利用等比数列的性质化简，求出a3a6的值，将所求式子通分并利用同分母分式的加法法则计算，再利用基本不等式变形后，将a3a6的值代入，即可求出最小值．
【解答】解：∵正项等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T8＝81，
∴a1a2a3…a8＝（a1a8）•（a2a7）•（a3a6）•（a4a5）＝（a3a6）4＝81，
∴a3a6＝3，
∴1a32+1a62=a32+a62(a3a6)2≥2a3a69=23，当且仅当a3＝a6时取等号，
1a32+1a62≥log2m恒成立，可得m≤34．
则m的最大值为34．
故选：A．
4．数列an＝2n+1，其前n项和为Tn，若不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．3≤λ≤4 B．λ≤2 C．2≤λ≤3 D．λ≤1
【分析】利用等比数列的求和公式可得：Tn＝2n+2﹣4．不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化为：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．变形利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：Tn=4(2n−1)2−1=2n+2﹣4．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n化为：λ≤n﹣2+4n+1=f（n）．
∵f（n）＝n+1+4n+1−3≥2(n+1)⋅4n+1−3＝1，当且仅当n＝1时取等号．
不等式nlog2（Tn+4）﹣λ（n+1）+2≥3n对一切n∈N*恒成立，
∴λ≤1．
则实数λ的取值范围（﹣∞，1]．
故选：D．
5．数列{an}满足a1＝1，1an2+4=1an+1，记Sn=i=1n ai2ai+12，若Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，则正整数t的最小值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【分析】先求出数列{an2}的通项公式，再求Sn，注意运用裂项相消求和，以及不等式的性质，可求正整数t的最小值．
【解答】解：∵a1＝1，1an2+4=1an+1，
∴1an2+4=1an+12，
∴1an+12−1an2=4，
∴{1an2}是首项为1，公差为4的等差数列，
∴1an2=4n﹣3，
∴an2=14n−3，an2•an+12=14n−3•14n+1=14（14n−3−14n+1），
∴Sn=i=1n ai2ai+12=14（1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1）=14（1−14n+1）＜14
Sn≤t30对任意的n（n∈N*）恒成立，即为
t≥30•14=7.5，
而t为正整数，所以，tmin＝8．
故选：C．
6．数列{an}的首项a1=−23，前n项和为Sn．已知Sn+1Sn+2=an(n≥2)，则使Sn≥m恒成立的最大实数m＝（ ）
A．﹣1 B．−89 C．−98 D．−79
【分析】由题设可得Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0，求得S1，S2，S3 的值，猜测Sn =−n+1n+2，n∈N*，用数学归纳法证明成立，结合当n→∞时，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．可得使Sn≥m恒成立的最大实数m＝﹣1．
【解答】解：由Sn+1Sn+2=an（n≥2），得Sn+1Sn+2=Sn−Sn−1，
即Sn﹣1Sn+2Sn+1＝0（n≥2），又a1=−23，
∴a1（a1+a2）+2（a1+a2）+1＝0，解得a2=−112，
（a1+a2）（a1+a2+a3）+2（a1+a2+a3）+1＝0，解得a3=−120，
∴S1=−23，S2=−34，S3=−45，…
归纳猜测得Sn=−n+1n+2．
下面利用数学归纳法证明：
S1=−23成立，
假设n＝k时成立，即Sk=−k+1k+2，
则当n＝k+1时，由条件可得，Sk+1+1Sk+1=Sk+1﹣Sk﹣2，
即1Sk+1=k+1k+2−2=k+1−2k−4k+2=−k+3k+2，解出Sk+1=−k+2k+3，故n＝k+1时结论成立．
综上，Sn=−n+1n+2．
当n→∞时，Sn→﹣1且Sn＞﹣1．
∴使Sn≥m恒成立的最大实数m＝﹣1．
故选：A．
7．设k∈N*，若数列{an}是无穷数列，且满足对任意实数k不等式（kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，则下列选项正确的是（ ）
A．存在数列{an}为单调递增的等差数列
B．存在数列{an}为单调递增的等比数列
C．a1+2a2+…+nan＜n2﹣n恒成立
D．a1+2a2+…+nan＜n2+n恒成立
【分析】求出 an∈（1，2），根据数列的性质可判断A、B；举例可判断C；利用数学归纳法判断D．
【解答】解：由（kan﹣2）（an﹣k）＜0，
当k＝1时，1＜an＜2，
当k≥2时，则2k≤1，由2k＜an＜k，
无穷数列{an}，对任意实数k不等式 （kan﹣2）（an﹣k）＜0恒成立，
可得1＜an＜2，
对于A，若{an}为单调递增的等差数列，
设an＝pn+q，递增，则an∈[f（1），+∞），故A不正确，
对于B，若{an}为单调递增的等比数列，
设an＝f（n）递增，则an∈[f（1），+∞），故B不正确，
对于C，由1＜an＜2，不妨设an=32，
取n＝2，则a1+2a2=32+3=92，n2﹣n＝2，
显然a1+2a2+⋯+nan＜n2−n 不成立，
对于D，当n＝1时，由a1∈（1，2），显然a1＜12+1＝2恒成立，
假设当n＝k时，a1+2a2+⋯+kak＜k2+k成立，
则当n＝k+1时，则a1+2a2+⋯+kak+(k+1)ak+1＜k2+k+(k+1)ak+1
＜k2+k+2（k+1）＝（k+1）2+（k+1），
故a1+2a2+⋯+nan＜n2+n 恒成立．
故选：D．
8．已知数列{an}满足a1＝1，an∈Z，且an+1﹣an﹣1＜3n+12，an+2﹣an＞3n+1−12，则a2021＝（ ）
A．32022−18 B．32021−18 C．32020−18 D．32019−18
【分析】将an+1﹣an﹣1＜3n+12其中的n换为n+1，结合an∈Z，可得an+2﹣an＝3n+1，应用累加法和等比数列的求和公式，计算可得所求值．
【解答】解：由an+1﹣an﹣1＜3n+12，可得an+2﹣an＜3n+1+12，
又an+2﹣an＞3n+1−12，a1＝1，an∈Z，
可得an+2﹣an＝3n+1，
则a3﹣a1＝32，a5﹣a3＝34，…，a2021﹣a2019＝32020，
相加可得a2021﹣a1＝32+34+…+32020=9(1−32020)1−9，
则a2021=32022−18，
故选：A．
9．公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，则1m+4n的最小值为（ ）
A．97 B．53 C．43 D．1310
【分析】利用等比数列的通项公式，转化求解m、n的方程，利用基本不等式求解表达式的最小值即可．
【解答】解：公比为2的等比数列{an}中存在两项am，an，满足aman＝32a12，
可得：a1•2m﹣1•a1•2n﹣1＝32a12，可得m+n﹣2＝5，
所以m+n＝7，
则1m+4n=（1m+4n）×17（m+n）=17×(5+nm+4mn)≥17×(5+2nm⋅4mn)=97，
当且仅当n＝2m，并且m+n＝7时，取等号，但是m，n∈N，
所以m＝2，n＝4时，表达式的值为：12+44=32，m＝3，n＝4时，表达式的值为：43，
m＝2，n＝5时，表达式的值为：1310．
表达式的最小值：1310．
故选：D．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，an=2n22n+3−9⋅2n+1+9，n∈N∗，则使不等式|Sn−12|＜12019成立的最小正整数n的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
【分析】化简an=2n22n+3−9⋅2n+1+9=12⋅(12n+1−3−12n+2−3)，然后求解数列的和，即可证明不等式．
【解答】解：因为an=2n22n+3−9⋅2n+1+9
=12⋅2n+1(2n+1−3)(2n+2−3)
=12⋅(2n+2−3)−(2n+1−3)(2n+1−3)(2n+2−3)
=12⋅(12n+1−3−12n+2−3)，
所以Sn＝a1+a2+…+an
=12⋅(122−3−123−3+123−3−124−3+⋯+12n+1−3−12n+2−3)
=12×(122−3−12n+2−3)=12−12n+3−6，
则|Sn−12|=12n+3−6＜12019，
即2n+3＞2025，因为210＝1024＜2025，211＝2048＞2025，
所以n+3≥11，即n≥8，故使不等式成立的最小正整数n的值为8，
故选：D．
二．填空题（共8小题）
11．设数列{an}满足a4=18，且对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，an+4﹣an≥10×3n，则a2016＝ 81504−808 ．
【分析】对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，可得an+4﹣an+2≤3n+2，an+4﹣an≤10×3n，又an+4﹣an≥10×3n，则an+4﹣an＝10×3n，利用“累加求和”方法即可得出．
【解答】解：∵对任意的正整数n，满足an+2﹣an≤3n，∴an+4﹣an+2≤3n+2．
∴an+4﹣an≤10×3n，
又an+4﹣an≥10×3n，则an+4﹣an＝10×3n，
∴a8﹣a4＝10×34，a12﹣a8＝10×38，…，a2016﹣a2012＝10×32012．
∴a2016﹣a4＝10×（34+38+…+32012）＝10×81(81503−1)81−1=81(81503−1)8．
∴a2016＝a4+81(81503−1)8=81504−808．
故答案为：81504−808．
12．已知数列{an}的前n项和Sn=2an−2n+1，若不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an对任意n∈N*恒成立，则λ的取值范围为 （﹣∞，378） ．
【分析】求出数列的首项，利用数列的递推关系式，结合等差数列的定义可得数列{an2n}是以2为首项，1为公差的等差数列，求出数列的通项公式，化简2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an，得到λ的表达式，利用数列的单调性求解可得λ的取值范围．
【解答】解：当n＝1时，有a1=S1=2a1−22，得a1＝4，
当n≥2时，Sn=2an−2n+1，Sn−1=2an−1−2n，
两式相减得an=2an−2an−1−2n，即an=2an−1+2n，
∴an2n−an−12n−1=2n2n=1，
又a121=2，∴数列{an2n}是以2为首项，1为公差的等差数列．
∴an2n=2+(n−1)×1=n+1，则an=(n+1)⋅2n，
不等式2n2﹣n﹣3＜（5﹣λ）an等价于5﹣λ＞2n2−n−3(n+1)⋅2n=2n−32n，
记bn=2n−32n，n≥2时，bn+1bn=2n−12n+12n−32n=2n−14n−6，
∴当n≥3时，bn+1bn＜1，则(bn)max=b3=38，
∴5﹣λ＞38，即λ＜5−38=378，
∴λ的取值范围是：（﹣∞，378）．
故答案为：（﹣∞，378）．
13．在数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}的前n项和，关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解．则：
（1）an＝ ；
（2）若不等式2Sn+18≥kan，对任意的n∈N*恒成立，则实数k的取值范围为 （﹣∞，192] ．
【分析】（1）设f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，可得f（x）为偶函数，由关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，可得an+1﹣an＝1，由等差数列通项公式即可求得an；
（2）不等式恒成立等价于k≤n+18n+1恒成立，令cn=n+18n+1，求得其最小值即可．
【解答】解：（1）设f（x）＝x2﹣an+1cosx+an+1，则f（x）为偶函数，
由关于x的方程x2﹣an+1cosx+an+1＝0有唯一的解，知x＝0是该方程的唯一解，
则有an+1﹣an＝1，所以数列{an}为等差数列，
易求an＝n．
（2）由（1）可得Sn=n(n+1)2，由2Sn+18≥kan，可得n2+n+18≥kn，则有k≤n+18n+1恒成立，
令cn=n+18n+1，由函数f(x)=x+18x+1(x∈R+)在x=32时取得最小值，
而192=c4＜c5=485，从而得k≤192，
即k的取值范围为（﹣∞，192]．
14．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2，若1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019，则an＝ 2n﹣1 ，n的最大值为 1009 ．
【分析】根据条件a1＝1，an+1＝an+2，可知该数列为首项为1，公差为2的等差数列，所以得到an＝2n﹣1（n∈N*）；根据1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1≤10092019分析利用裂项相消法求和；
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n−1−12n+1)，求和后不等式的左边即为12(1−12n+1)，结合原不等式即可得n≤1009，所以n的最大值为1009．
【解答】解：∵数列{an}满足：a1＝1，an+1＝an+2
∴an+1﹣an＝2，∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列；∴an＝2n﹣1（n∈N*）
∴anan+1＝（2n﹣1）（2n+1），1anan+1=12(12n−1−12n+1)
∴1a1a2+1a2a3+⋅⋅⋅+1anan+1=12(1−13+13−15+15−17+⋯+12n−1+12n+1)
=12(1−12n+1)≤10092019
由12(1−12n+1)≤10092019，解得n≤1009
故答案为：an＝2n﹣1，n的最大值为1009．
15．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn}的前n项和为Bn，若对任意n∈N，都有an＝bn及b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1＜13成立，则正实数b1的取值范围是 [3，+∞） ．
【分析】推导出bn+1＝2bn，从而{bn}是等比数列，公比为2，进崦an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝bn+1，推导出bn+1anan+1=an+1−ananan+1=1an−1an+1，从而b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1=1a1−1an+1，进而1b1≤13，由此能求出正实数 b1的取值范围．
【解答】解：∵数列{an} 与{bn} 满足 an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn），{bn} 的前 n 项和为 Bn，
∴bn+1＝2（bn+1﹣bn），∴bn+1＝2bn，
∴{bn}是等比数列，公比为2，
∴an+1﹣an＝2（bn+1﹣bn）＝2（bn+1−12bn+1）＝bn+1，
∴bn+1anan+1=an+1−ananan+1=1an−1an+1，
∴b2a1a2+b3a2a3+b4a3a4+⋯+bn+1anan+1
=1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1an+1=1a1−1an+1，
∵an＝bn＝b1（1+2+…+2n﹣1）＝b1（2n﹣1），
∴1b1−1bn(2n+1−1)＜13对任意 n∈N恒成立，
则1b1≤13，
则由1b1＞0，得b1≥3．
故正实数 b1的取值范围是[3，+∞）．
故答案为：[3，+∞）．
16．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝m﹣25﹣n，则a1a2…an的最大值为 1024 ．
【分析】根据题意，有an＝Sn﹣Sn﹣1可得等比数列{an}的通项公式，由此分析可得an＞1和an＜1的n的取值范围，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，Sn＝m﹣25﹣n，
当n≥2时，有an＝Sn﹣Sn﹣1＝（m﹣25﹣n）﹣（m﹣26﹣n）=12n−5，
即等比数列{an}的通项公式为an=12n−5，
故当1≤n≤4时，an＞1，当n＝5时，an＝1，当n≥6时，an＜1，
故当n＝4或5时，a1a2…an取得最大值，且其最大值为a1a2…a5＝24×23×22×21＝210＝1024，
故答案为：1024．
17．在数列{an}中，若a1＝1，an⋅an+1=(13)n−2，则满足不等式1a1+1a2+1a3+⋯+1a2n+1a2n+1＜200的正整数n的最大值为 4 ．
【分析】an⋅an+1=(13)n−2，所以an+1⋅an+2=(13)n−1，两式相除得：an+2an=13，由a1＝1求出a2＝3，所以数列{1a2n−1}是首项为1，公比为3的等比数列，数列{1a2n}是首项为13，公比为3的等比数列，利用等比数列的前n相和公式即可求解．
【解答】解：∵an⋅an+1=(13)n−2，∴an+1⋅an+2=(13)n−1，
两式相除得：an+2an=13，
∵a1＝1，∴a1•a2＝3，∴a2＝3，
∴数列{1a2n−1}是首项为1，公比为3的等比数列，数列{1a2n}是首项为13，公比为3的等比数列，
∴1a1+1a2+1a3+⋯⋯+1a2n+1a2n+1=1−3n+11−3+13(1−3n)1−3=5×3n−23＜200，
∴3n＜6025=120.4，
∴正整数n的最大值为4，
故答案为：4．
18．设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn．若数列{an}满足：存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，则990S1+Snan的最小值为 45 ．
【分析】根据题意，设an＝pn+q，由等比数列的性质可得(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，变形可得q＝0，然后得到990S1+Snan=990n+n2+12，结合基本不等式的性质，可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}为等差数列，设an＝pn+q，
若存在三个不同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，a2r，a2s，a2t也成等比数列，
则有(pr+q)(pt+q)=(ps+q)2(2pr+q)(2pt+q)=(2ps+q)2，即p2rt+2pq(t+r)=p2s2+2pqs①4p2rt+4pq(t+r)=4p2s2+4pqs②
联立①②，变形可得p2rt＝p2s2，
又由等差数列{an}的公差不为0，即p≠0，则有rt＝s2，
代入①式可得pq（r+t）＝2pqs，
又由r，s，t互不相等且rt＝s2，则r+t≠2s，必有q＝0，则an＝pn，
所以S1＝a1＝p，Sn=(a1+an)×n2=n(n+1)p2，
故990S1+Snan=990p+n(n+1)2pn=990n+n2+12，
设f（n）=990n+n2+12，
则f（n）=990n+n2+12≥2990n×n2+12=2445+12，
当且仅当n2＝1980时等号成立，此时n不是正整数，不符合题意，
而44＜1980＜45，
所以f（44）=99044+442+12=45，f（45）=99045+452+12=45，
则有f（45）＝f（44），即990S1+Snan的最小值为45，
故答案为：45．
三．解答题（共9小题）
19．已知数列{an}满足0＜a1＜1，an+1＝an﹣ln（1+an），n∈N*．
（1）证明：0＜an＜1；
（2）证明：2an+1＜an2；
（3）若a1=12，记数列{an}的前n项和为Sn，证明：Sn＜34．
【分析】（1）先证明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）内恒成立，然后利用数学归纳法的证明步骤证明：0＜an＜1；
（2）要证2aa+1＜an2，即证an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，构造函数，利用导函数的符号判断函数的单调性，证明即可．
（3）利用放缩法证明an＜12n+1，然后利用数列求和，证明求解即可．
【解答】证明：（1）先证明ln（1+x）＜x在x∈（0，1）内恒成立 ……………．（1分）
再用数学归纳法证明0＜an＜1，
①因为0＜a1＜1，所以0＜ln（1+a1）＜a1，由a2＝a1﹣ln（1+a1），知0＜a2＜1；
②假设当n＝k时，0＜ak＜1 （k∈N•），
则当n＝k+1时，因为0＜ak＜1，所以0＜ln（1+ak）＜ak，
由ak+1＝ak﹣ln（1+ak），k∈N*．得0＜an+1＜1，
综上由①②知0＜an＜1对一切n∈N•恒成立； （5分）
（2）要证2aa+1＜an2，即证an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，其中0＜an+1＜an＜1，
令f（x）＝x2+2ln（1+x）﹣2x（0＜x＜1），
则f′（x）＝2x+21+x−2=2x21+x＞0，
即f（x）在（0，1）上递增，从而f（an）＞f（0）＝0，
即an2+2ln（1+an）﹣2an＞0，得证； （9分）
（3）由（1）（2）知，an＜12an﹣12＜12(12an−22)2
＜123(12an−32)2n−1=127an−323＜122n−1−1a12n−1，
∵n＞2，∴2n﹣1≥2 又∵0＜a1＜1，∴a12n−1≤a12=14，
∴an＜122n−1−1⋅14=122n−1+1
由2n﹣1≥n（n≥2）可得an＜12n+1，（13分）
从而Sn＜12+(123+124+⋯+12n+1)=12+14（1−12n−1）＜12+14=34．（n≥2）．
又n＝1时，S1也满足，所以Sn＜34．（15分）
20．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．
（1）求a2的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
【分析】（1）利用已知a1＝1，2Snn=an+1−13n2−n−23，n∈N*．令n＝1即可求出；
（2）利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可得到nan+1＝（n+1）an+n（n+1），可化为an+1n+1=ann+1，an+1n+1−ann=1．再利用等差数列的通项公式即可得出；
（3）利用（2），通过放缩法1an=1n2＜1(n−1)n=1n−1−1n（n≥2）即可证明．
【解答】解：（1）当n＝1时，2S11=2a1=a2−13−1−23，解得a2＝4
（2）2Sn=nan+1−13n3−n2−23n①
当n≥2时，2Sn−1=(n−1)an−13(n−1)3−(n−1)2−23(n−1)②
①﹣②得2an=nan+1−(n−1)an−n2−n
整理得nan+1＝（n+1）an+n（n+1），即an+1n+1=ann+1，an+1n+1−ann=1
当n＝1时，a22−a11=2−1=1
所以数列{ann}是以1为首项，1为公差的等差数列
所以ann=n，即an=n2
所以数列{an}的通项公式为an=n2，n∈N*
（3）因为1an=1n2＜1(n−1)n=1n−1−1n（n≥2）
所以1a1+1a2+⋯+1an=112+122+132+⋯+1n2
＜1+14+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1−1n)
=1+14+12−1n=74−1n＜74．
当n＝1时，1a1=1＜74成立，
故对一切正整数n，有1a1+1a2+⋯+1an＜74．
21．在正项数列{an}中，已知1≤a1≤11，an+12＝133﹣12an，n∈N*．
（Ⅰ）求证：1≤an≤11；
（Ⅱ）设bn＝n（a2n﹣1+a2n），Sn表示数列{bn}前n项和，求证：Sn≥6n（n+1）；
（Ⅲ）若a1＝8，设cn＝a2n﹣1﹣a2n，Tn表示数列{cn}前n项和．
（i）比较an与7的大小；
（ii）求证：Tn＜13．
【分析】（I）利用数学归纳法即可证明．
（Ⅱ）由a2n﹣1+a2n=−112a2n2+a2n+13312=−112(a2n−6)2+16912，根据1≤a2n≤11，可得a2n﹣1+a2n≥12，bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，利用求和公式等即可证明．
（III）（i）由a1＝8，可得a22=133﹣96＝37，解得a2，a1＞7，a2＜7．由an+12−72＝﹣12（an﹣7），可得（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，可得a2n﹣1＞7＞a2n．再利用条件可得数列{a2n﹣1}与数列{a2n}的单调性即可得出结论．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，利用|a2n−7||a2n−1−7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．再利用求和公式结论得出．
【解答】证明：（I）（i）n＝1时，1≤a1≤11；
（ii）假设n＝k时，有1≤ak≤11成立，
则n＝k+1时，∵1≤133﹣12ak≤121，∴1≤ak+12≤121．
∵an＞0，∴1≤ak+1≤11成立．
综上可得：1≤an≤11．
（Ⅱ）∵a2n﹣1+a2n=−112a2n2+a2n+13312=−112(a2n−6)2+16912，
∵1≤a2n≤11，
∴a2n﹣1+a2n≥12，
∴bn＝n（a2n﹣1+a2n）≥12n，
∴Sn＝b1+b2+……+bn≥12（1+2+……+n）＝12×n(1+n)2=6n（n+1）．
∴Sn≥6n（n+1）．
（III）（i）∵a1＝8，∴a22=133﹣96＝37，∴a2=37，∴a1＞7，a2＜7．
由an+12−72＝133﹣72﹣12an＝84﹣12an＝﹣12（an﹣7），
∴（an+1﹣7）（an﹣7）＜0，
∴a2n﹣1＞7＞a2n．
a2n+12=133﹣12a2n，a2n2=133﹣12a2n﹣1，
∴a2n+12−a2n2=−12（a2n﹣a2n﹣1），即a2n+12=a2n2−12（a2n﹣a2n﹣1），
∴a2n+12−a2n−12=a2n2−a2n−12−12（a2n﹣a2n﹣1）＝（a2n﹣a2n﹣1）（a2n+a2n﹣1﹣12）＜0，
同理可得：a2n2−a2n−22=（a2n﹣1﹣a2n﹣2）（a2n﹣1+a2n﹣2﹣12）＞0，
综上可得：数列{a2n﹣1}单调递减，即a2n﹣1＞a2n+1＞7．
数列{a2n}单调递增，即a2n＜a2n+2＜7．
（ii）Tn＝c1+c2+……+cn
＝a1﹣7+7﹣a2+……+a2n﹣1﹣7+7﹣a2n
＝|a1﹣7|+|a2﹣7|+……+|a2n﹣7|，
∵|a2n−7||a2n−1−7|=12a2n+7≤12a2+7=127+37＜1213，且a1﹣7＝1．
∴Tn≤1+1×1213+⋯⋯+(1213)2n−1=1−(1213)2n1−1213＜11−1213=13．
22．已知数列{bn}满足Sn+bn=n+132，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
（Ⅰ）求证数列{bn−12}是等比数列，并求数列{bn}的通项公式；
（Ⅱ）如果对任意n∈N*，不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5恒成立，求实数k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出b1=72．推出bn−12=12（bn﹣1−12），即可证明数列{bn−12}是首项为b1−12=3，公比为12的等比数列，然后求解通项公式．
（Ⅱ）求出Sn=n+122−3（12）n﹣1，通过不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5，化简得k≥（2n−52n）max，对任意n∈N*恒成立，设cn=2n−52n，说明{cn}为单调递减数列，转化求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：当n＝1时，2b1＝7，b1=72．（1分）
当n≥2时，Sn+bn=n+132，①
Sn﹣1+bn﹣1=(n−1)+132，②
由①﹣②得2bn﹣bn﹣1=12，
所以bn−12=12（bn﹣1−12），（4分）
所以数列{bn−12}是首项为b1−12=3，公比为12的等比数列，
所以bn−12=（b1−12）•(12)n−1=3⋅(12)n−1，
即bn＝3•（12）n﹣1+12．（6分）
（Ⅱ）由题意及（Ⅰ）得：
Sn=n+132−bn=n+132−3（12）n﹣1−12=n+122−3（12）n﹣1．（7分）
不等式12k12+n−2Sn≥2n﹣5，
化简得k≥（2n−52n）max，对任意n∈N*恒成立．（8分）
设cn=2n−52n，则cn+1﹣cn=2n−32n+1−2n−52n=−2n+72n+1．
当n≥3.5时，cn+1≤cn，{cn}为单调递减数列，
当1≤n＜3.5时，cn+1＞cn，cn为单调递增数列，（10分）
所以n＝4时，cn取得最大值316，（11分）
所以，要使k≥2n−52n对任意n∈N*恒成立，k≥316．（12分）
23．已知{an}是各项均为正数的等比数列，且满足a1+a2=3(1a1+1a2)，a3+a4+a5=729(1a3+1a4+1a5)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9．
（Ⅰ）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，求实数k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）根据等差数列和等比数列的通项公式，以及题中已知条件，可列出方程组求解，即可得数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得数列{an}的前n项和为Sn，根据题意，可得k≥6n−123n对n∈N*恒成立，令cn=6n−123n，通过cn﹣cn﹣1的值的正负，即可判断函数cn的单调性，进而求得c＝3时，函数cn取得最大值，即k≥29．
【解答】解：（Ⅰ）设正数等比数列{an}的公比为q，
由题意得a1(1+q)=3a1q(1+q)a1q2(1+q+q2)=729a1q4(1+q+q2)⇒a12q=3a12q6=729⇒a1=1q=3，
∴an=3n−1，
又设等差数列{bn}的公差为d，
由题意得b5﹣b3＝2d＝6，∴d＝3，
∴bn＝3+（n﹣3）×3＝3n﹣6；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn=a1(1−qn)1−q=1−3n1−3=3n−12，
∴(Sn+12)⋅k≥bn恒成立，即（3n−12+12）k≥3n﹣6对n∈N*恒成立，
∴k≥6n−123n对n∈N*恒成立，
令cn=6n−123n，则cn−cn−1=14−4n3n−1，
当n≤3时，cn＞cn﹣1，
当n≥4时，cn＜cn﹣1，
∴(cn)max=c3=29，
即k≥29．
24．已知数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*）．
（Ⅰ）求证：{1an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式an；
（Ⅱ）设bn＝（3n﹣1）•n2n•an，记其前n项和为Tn，若不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由已知得1an+1+12=3（1an+12），由此能证明{1an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列，从而得到an=23n−1．
（Ⅱ）由bn＝（3n﹣1）•n2n•an=n2n−1，利用错位相减法能求出Tn＝4−n+22n−1，由此能求出不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立的λ的取值范围．
【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{an}中，a1＝1，an+1=anan+3（n∈N*），
∴1an+1+12=3（1an+12），
又1a1+12=32，∴{1an+12}是以32为首项，3为公比的等比数列，
∴1an+12=32×3n−1=3n2，
∴an=23n−1．
（Ⅱ）解：∵bn＝（3n﹣1）•n2n•an=n2n−1，
∴Tn=1×120+2×12+3×122+⋯+n×12n−1，①
12Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n×12n，②
①﹣②，得12Tn=120+12+122+⋯+12n−1−n2n
=1−12n1−12−n2n
＝2−n+22n，
∴Tn＝4−n+22n−1，
∵不等式2n﹣1λ＜2n﹣1Tn+n对一切n∈N*恒成立，
∴λ＜Tn+n2n−1对一切n∈N*恒成立，
∴λ＜4−12n−2对一切n∈N*恒成立，
设g（n）＝4−12n−2，则g（n）是递增函数，
∴λ＜g（1）＝2．∴λ＜2．
25．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列．
（Ⅰ） 求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，若不等式b1+b2+b3+…+bn≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，求实数m的取值范围．
【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式，推出前n项和，然后求解数列的通项公式．
（Ⅱ）化简bn=1anS2n+1+an+1S2n−1，求出数列的和，然后求出m的不等式，推出结果即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴Sn=1+(n−1)=n．∴Sn=n2．
当n＝1时，a1＝S1＝1； 当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2﹣（n﹣1）2＝2n﹣1．
又a1＝1适合上式．∴an＝2n﹣1．…（4分）
（Ⅱ）bn=1anS2n+1+an+1S2n−1=1(2n+1)2n−1+(2n−1)2n+1=1(2n+1)(2n−1)(2n+1+2n−1)=2n+1−2n−12(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，
∴b1+b2+…+bn=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=2n+1−122n+1．
∴2n+1−122n+1≥m2n+1+1对任意n∈N*都成立，
得m≤(2n+1−1)(2n+1+1)22n+1=n2n+1对任意n∈N*都成立．
令cn=n2n+1，则cn+1cn=(n+1)2n+1n2n+3=2n3+5n2+4n+12n3+3n2＞1．
∴cn+1＞cn．∴cn＞cn−1＞⋯＞c1=33．∴m≤33．
∴实数m的取值范围为(−∞，33]．…（10分）
26．已知数列{an}满足a2=−17，an=an−1(−1)nan−1−2（n≥2，n∈N）．
（1）求a1的值；
（2）求证：数列{1an+（﹣1）n}是等比数列；
（3）设cn＝ansin(2n−1)π2，数列{cn}的前n项和为Tn．求证：对任意的n∈N*，Tn＜23．
【分析】（1）利用递推式和已知即可得出；
（2）两边取倒数，再变形和利用等比数列的定义和通项公式，即可得到结论．
（3）利用放缩法和等比数列的前n项和公式即可得出结论．
【解答】（1）解：由a2=a1a1−2=−17，解得a1=14 …（2分）
（2）证明：∵an=an−1(−1)nan−1−2，
∴1an+（﹣1）n＝﹣2[1an−1+（﹣1）n﹣1]，
∵1a1−1=3≠0，…（6分）
∴数列{1an+（﹣1）n}是以3为首项，公比为﹣2的等比数列．…（7分）
（3）解：由（2）得1an+（﹣1）n＝3•（﹣2）n﹣1．…（8分）
∴1an=3•（﹣2）n﹣1﹣（﹣1）n，
∴an=13⋅(−2)n−1−(−1)n，…（10分）
∴cn＝ansin(2n−1)π2=13⋅(−2)n−1−(−1)n•（﹣1）n﹣1=13⋅2n−1+1＜13⋅2n−1．…（12分）
∴Tn＜13[1−(12)n]1−12=23[1−(12)n]＜23．…（14分）
27．已知数列{an}满足：anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，（n≥2，n∈N），a1＝1，前n项和为Sn的数列{bn}满足：b1＝1，bn=2an−anan−11−2anan−1（n≥2，n∈N），又cn=Sn−1bn（n≥2，n∈N）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83（n≥2，n∈N）．
【分析】（1）由题意anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0，变形可得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，即得数列{1an+1}是等比数列，即可求得结论；
（2）由题意可得1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1（n≥2，n∈N），故只需证2≤Sn＜83，故利用放缩法求得sn的范围，即可得出结论．
【解答】解：（1）由条件得anan﹣1+2an﹣an﹣1＝0⇒an﹣1＝2an+anan﹣1，易知an≠0，两边同除以anan﹣1得1an=2×1an−1+1⇒1an+1=2(1an−1+1)，
又1a1+1=2，故1an+1=2n⇒an=12n−1（n∈N*），
（2）因为：1+1cn=1+bnSn−1=Sn−1+bnSn−1=SnSn−1（n≥2，n∈N），
所以(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)=S2S1×S3S2×⋯×Sn−1Sn−2×SnSn−1=SnS1=Sn，
故只需证2≤Sn＜83，
由条件bn=22n−1−12n−1×12n−1−11−2×12n−1×12n−1−1=2n−3(2n−1)(2n−1−1)−2＜2n−1(2n−1)(2n−1−1)＜2n(2n−1)(2n−1−1)=2(12n−1−1−12n−1)（n≥2，n∈N）
一方面：当n＝2时S2=2＜83
当n≥3，n∈N时，Sn＝b1+b2+…+bn≤1+1+2(122−1−123−1)+⋯+2(12n−1−1−12n−1)=2+23−12n−1＜83，
另一方面：当n≥2，n∈N时，bn＞0所以Sn＝b1+b2+…+bn≥1+1＝2
所以当n≥2，n∈N时2≤(1+1c2)(1+1c3)⋯(1+1cn)＜83．
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