2020年浙江高三数学总复习：数列的综合问题(一) 复习讲义

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

qan+1+pq=p(a), n+1p1即{an+pq}为等比数列. 1(2)Sn-Sn-1=pSnSn-1可两边同除SnSn-1得(p为常数)S1-S1=-p(常数)构造

nn1{S1}为等差数列.

n二、等差数列前n项和最值问题

2d1.等差数列{an}前n项和为Sn,则Sn=na1+nn21d=dn+(a)n可以看1-22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

q①若p+q为偶数,则当n=p2时,Sn最大;

q1q1②若p+q为奇数,则当n=p2或n=p2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),S是关于n

nn的一次函数,比如已知{an}为等差数列且S10=100,S100=10,求S110时,可

SS以利用三点(10,S),(100,),(110,)共线解出S110. 1010011010100110

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121413[3a1+32×d]=2a1+22×d+4a1+42×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a2OA+a2 015OC=OB,则S2 016等于( D )

(A)1 007 (B)2 014 (C)2 016 (D)1 008 解析:如图,设AB=λAC,

则a2OA+a2 015OC=OB=OA+AB=OA+λAC=OA+λ(OC-OA), 故(a2-1+λ)OA=(λ-a2 015) OC. 又A,B,C三点不重合,

a所以210,a20150,所以a2+a2 015=1.

又因为an+1+an-1=2an(n≥2),所以{an}为等差数列,

a2016aa所以S2 016=2016a==1 008.故选D. 221201622015*a4.定义:在数列{an}中,若满足a-=d(n∈N,d为常数),称{an}为aan2n1n1n“等差比数列”.已知在“等差比数列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,则

a2015a2013= .

23232211aaa解析:由题意可知a=1,=3,-=3-1=2. aaaa所以数列{aa}为以1为首项,以2为公差的等差数列.

n1n所以aa=1+(n-1)×2=2n-1,n∈N*,

n1n2所以a=4×2 013-1=16 208 675. a20152013答案:16 208 675

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aan2an1n1an=3an12anan1an1an=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) =

414n14n1+

212n12

=43+2n+1-10. 3 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{a11-a1}(n∈N*)的单调性;

nn②设bn=1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:T2n<2.

an

9n1

(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,

1所以an+1-1=2an-λ-1=2(an-2).

因为数列{an-1}为等比数列,

1所以2=1,λ=1,

所以a1=3,a1-1=2, 所以an-1=2n,an=2n+1. (2)①解:因为a11-a1=

nn1anan1=

1212nn,

又2n,2n+1单调递增,

所以数列{a11-a1}(n∈N*)为单调递减数列.

nn②证明:因为bn=1=n1,

an

n1n121111所以T2n=b1+b2+…+b2n=(1-)+(-)+…+(23591712n1-121) 2n1由①得a2n112n11->a1a2n111-a2n2n1,

即21-2所以212n112n11>-2122n2n2n1, 1-1211<2n112-21=21=41.

2n2nn11所以T2n<(1-)+(+3542111n1111111316411+…+)=(-)+<-+=1434n35351260142<9.

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,a2a4 (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.

已知等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2,则前n项和Sn的最大值为 .

解析:因为等差数列{an}的首项a1=20,公差d=-2, 代入求和公式得 Sn=na1+nn21d =20n-nn21×2 =-n2+21n

2212

=-(n-21)+(), 22又因为n∈N*,所以n=10或n=11时,Sn取得最大值,最大值为110.

答案:110

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·2(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使

an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.

(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】 已知各项均为正数的数列{an}满足:a=2a+anan+1,且

2n12na2+a4=2a3+4,其中 n∈N*.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{bn}满足:bn=

nan2n12n,是否存在正整数m,n(1b1,bm,bn成等比数列?若存在,求出所有的m,n的值,若不存在,请说明理由.

解:(1)因为a=2a+anan+1,

2n12n即(an+an+1)(2an-an+1)=0.

又an>0,所以2an-an+1=0, 即2an=an+1.

所以数列{an}是公比为2的等比数列. 由a2+a4=2a3+4,得2a1+8a1=8a1+4, 解得a1=2.

故数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*). (2)因为bn=

nan2n12n=2nn1,

mn所以b1=1,b,b. m=n=2m12n1321mn若b1,bm,bn成等比数列,则(2m)=(), 132n1m2即4m24m1=6nn3. , ,

由4mm2n=24m16n33可得n=

2m24m1m2所以-2m2+4m+1>0, 从而1-62又m∈N*,且m>1,所以m=2,此时n=12. 故当且仅当m=2,n=12时,b1,bm,bn成等比数列.

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.

*3a3【例5】 已知数列{an}的首项a1=5,an+1=2a,n∈N. 1nn(1)求证:数列{a1-1}为等比数列;

n(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(1)证明:因为a1=2+, 33an1n1所以a1-1=1(-1). 3an1n1又因为a-1≠0,

1所以a1-1≠0(n∈N*).

n所以数列{a1-1}为等比数列.

n(2)解:假设存在,则m+n=2s, (am-1)(an-1)=(as-1)2,

n-112由(1)知a1-1=(a-1)(1)=, 33nn1则

3n

an=3n2

,

3m-1)(3m23s-1)=(3s23n所以(3n2-1)2,

化简得3m+3n=2×3s. 因为3m+3n≥2×3mn=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SS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=1an, 2又2a1=S1+a1=4,所以a1=2.

所以数列{an}是首项为2,公比为1的等比数列. 21n212(2)解:Sn=112421k2Sk12>2⇔422k2Sk2k1k2>22成立?若存在,求出正整数k,若不存

=4-22-n.

321k2>2⇔221k21-kk-13<0⇔2<2<1⇔1<2<2. 3因为k∈N*,所以2k-1∈N*.

这与2k-1∈(1,3)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立. 2

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=1,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{an}的通项2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=1,p=0,

3当p=0,an+1-an=0,与{an}是递增数列矛盾, 所以p=1.

3(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21<21,

2n2n1所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|. ② 由①②得a2n-a2n-1>0, 所以

a2n-a2n-1=(12)

2n-1

=21n1. ③

22n因为{a2n}是递减数列,所以同理可得a2n+1-a2n<0, a2n+1-a2n=-(12)=12n. ④

2n

2n+12由③④得an+1-an=1n,

2n1所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

+1+…+1 =1+112n1222112=1+1·1212n123n

=431+1·32n1n,

an=431+1·32n1n所以数列{an}的通项公式为.

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

m+an,n∈N*,已知b1=m,b2=32,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=3m, 2解得a2=-m, 21n-1所以数列{an}的公比q=-1.a. n=m(-)221nm12(2)Sn=112nm=23·[1-(-1)], 2n

因为1-(-1)>0, 2所以,由Sn∈[1,3]得

1112nm≤23≤

3112n,

当n为奇数时1-(-1)n∈(1,3],

222当n为偶数时1-(-1)n∈[3,1),

4所以1-(-1)n最大值为3,最小值为3.

224对于任意的正整数n都有

1112nm≤23≤

3112n,

m所以4≤23≤2,2≤m≤3.

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=1·2+1·2+…+2-n·2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

0

1

n-1

n

12n=12-n·2n=(1-n)·2n-1,

解析:由an+Sn=n, ① 当n=1时,a1+S1=1,即a1=1,

2当n≥2时,an-1+Sn-1=n-1, ② ①-②得an-an-1+an=1, 即an=1an-1+1,

22所以an-1=1(an-1-1),

2即aa11=2n11n.

又a1-1=-1, 21所以{an-1}是首项为-1,公比为的等比数列. 22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)n1n2 (D)-2 解析:令m=1,则aa=a1,所以数列{an}是以a1为首项,公比为a1的等比数列,从而an=a,因为a10=32,所以a1=n12.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c1c1q10,2c1qc1q40,

c得12,q4,

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

Sn项和为Sn,则S的取值范围是 .

54a10,d0,解析:由题意可得a4a13d0,

aa4d0,15据此可得-3d54dS52=43S44a1d25a110d5t10=54aa=4t6, 6d1110令f(t)=54tt(-44t62104t62<0,

据此可知函数f(t)单调递减,

1055f(-4)==1,f(-3)==, 1066S即S的取值范围是(5,1). 654答案:(5,1)

6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]

a3a9=22a6=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.

(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=nSc(c≠0),

n要使{bn}为等差数列,则c= . 解析:由题意知Sn=2n2-n,

nn故bn=2n, c21615所以b1=1,b,b (c≠0). 2=3=c2c3c令2b2=b1+b3得c=-1, 22n当c=-1时,bn=2n1n22=2n,

当n≥2时,bn-bn-1=2(常数), 故当c=-1时,{bn}为等差数列. 2答案:-1 2