数列与不等式综合习题.pdf

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1、1 数列与不等式的题型分类. 解题策略 题型一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 为 D，则当 x D 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 1】等比数列 an的公比 q1，第 17 项的平方等于第 24 项，求使a1a2 an 1 a1 1 a2 1 an恒成立的正整数 n 的取值范围 . 【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

2、 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】由题意得： (a1q 16)2a 1q 23， a 1q 91. 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 a1(q n1) q1 1 a11( 1 q) n 1 1 q ，把 a 2 1 q 18 代入上式并整理，得q 18(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】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.

3、本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用. 【例 2】 （08 全国）设数列 an 的前 n项和为 Sn 已知 a1a， an+1Sn3 n， n N* () 设 bnSn3n，求数列 bn 的通项公式；（）若 an+1an， nN* ，求 a 的取值范围 【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+1a n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】()依题意， Sn+1Snan+1Sn3n，即 Sn+12Sn 3n， 由此得 Sn+13 n+12(S n3 n) 因此，所求通项公式为bnSn

4、3n(a3)2 n 1，nN*, ( )由知 Sn3 n(a3)2 n 1，nN* ， 于是，当n2 时， anSnSn 13n (a 3)2 n 1 3n 1 (a3)2 n 2 2 3n 1(a3)2 n 2， an+1an4 3 n 1(a3)2 n 22 n 2 12 (3 2) n 2a3， 当 n2时， an+1a n，即 2 n 2 12 (3 2) n 2a3 0 ， 12 (3 2) n 2a30 ， a 9， 综上，所求的a 的取值范围是9， 【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

5、方法，应当引起重视. 题型二数列参与的不等式的证明问题 2 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 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p q，证明： Sp+q1 2(S2pS 2q) 【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

6、决. 【解】（）设等差数列an的公差是 d，依题意得， a12d 7 4a16d24，解得 a13 d2 ， 数列 an的通项公式为 an a1(n1)d2n1. （）证明：an2n1， Snn(a 1an) 2 n22n 2Sp+q(S2pS2q)2(p q) 22(pq)(4p24p)(4q24q) 2(pq)2， p q， 2Sp+q(S2pS2q)0， Sp+q 1 2(S2pS2q) 【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. 【

7、例 4】(08安徽高考 )设数列 an满足 a1 0，an+1can31c， cN* ，其中 c 为实 数.()证明： an 0，1对任意 nN* 成立的充分必要条件是c0，1；( )设 0c1 3，证 明：an1 (3c) n 1，nN* ； （） 设 0c1 3，证明： a 1 2a 2 2 a n 2n1 2 13c，nN*. 【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】 （）必要性：a10，a21 c， 又 a20，1， 01 c1 ，即 c 0

8、，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， ak0，1(k 1) 成立，则 ak1cak 31cc 1c1，且 ak1cak31c1 c0 ， 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0 c 1 3，当 n1 时， a10，结论成立 . 当 n2时，由 ancan 1 31c， 1a nc(1an 1)(1an 1an 1 2) 0c 1 3，

9、由 ()知 an 10，1，所以 1an 1an 123 ，且 1an 10 ， 1an 3c(1 3 an 1)， 1an 3c(1 an 1) (3c) 2(1 a n 2) (3c) n 1(1a 1)(3c) n 1， a n1 (3c) n 1，n N*. ( )设 0c 1 3，当 n 1 时， a 1 202 2 13c，结论成立 . 当 n2时，由（）知an1 (3c) n 10， an2 (1 (3c)n 1) 212(3c)n 1 (3c)(n 1)12(3c)n 1， a1 2a 2 2a n 2 a 2 2a n 2n123c(3c)2(3c)n 1 n1 213c (

10、3c)2(3c) n 11n121(3c) n 13c n1 2 1 3c. 【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 5】(08四川高考 )设等差数列 an的前 n项和为 Sn，若 S4 10 ，S5 15 ，则 a4的最 大值为

11、 _. 【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】等差数列 an的前n项和为 Sn，且 S4 10 ，S5 15 ， S4 4a1 4 3 2 d 10 S5 5a1 5 4 2 d 15 ，即 a13d5 a12d3 ， a4a13d 53d 2 3d 53d 2 a4a13d(a12d)d3 d ， 53d 2 a43 d，则 53d6 2d，即 d 1. a43 d3 14，故 a4的最大值为4. 【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

12、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 6】等比数列 an的首项为 a12002，公比 q 1 2 ()设 f(n)表示该数列的前 n 项的积，求f(n)的表达式； ()当 n 取何值时， f(n)有最大值 【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】()an 2002 ( 1 2) n 1，f(n) 2002n (1 2) n(n 1) 2 ()由( )，得 |f(n1)| |f(n)| 2002 2 n ，则 当 n10时， |f(n1)

13、| |f(n)| 2002 2 n 1， |f(11)| |f(10)| |f(1)|， 当 n11时， |f(n1)| |f(n)| 2002 2 n1， |f(11)| |f(12)|f(13)| ， f(11) 0，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 4 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】本题解答有两个关键： (1)

14、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 7】已知 an 的前 n 项和为 Sn，且 anSn 4.()求证： 数列 an 是等比数列； () 是否存在正整数k，使 Sk+12 Sk2 2 成

15、立 . 【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】()由题意， Snan4，Sn+1an+14， 由两式相减，得(Sn+1an+1) (Snan) 0，即 2an+1an0，an+1 1 2an， 又 2a1S1a14， a12，数列 an是以首项 a1 2，公比为q1 2的等比数列 . ()由( )，得 Sn 21 (1 2) n 1 1 2 422 n. 又由 Sk+12 Sk2 2，得 4 2 1 k2 42 2 k22，整理，得 2 32

16、1 k1，即 12 k13 2， kN*， 2k 1N* ，这与 2 k 1(1，3 2)相矛盾，故不存在这样的 k，使不等式成立. 【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*” ， 这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱. 【例 8】(08湖北高考 )已知数列 an和bn满足： a1 ，an+1 2 3ann4，bn(1) n(a n 3n21)，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

17、，都有 aSnb?若存在，求 的取值范围； 若不存在，说明理由. 【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，由此看是否能推导出存在存在实数. 5 【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 3 3) 2( 4 9 4) 4 9 24 94 9 24 90，矛盾，所以 a n不是等比数列. ( )解：因为bn+1(1) n+1a n+13(n 1) 21 (1) n+1(2 3a n2n14) 2 3(a n3n 21) 2 3b n， 又 b1 ( 18)，所以

18、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 ， bn+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 0(nN*) ，Sn0，不满足题目要求； . 18，故知 bn ( 18) (2 3) n 1，于是 S n 3 5( 18) 1( 2 3) n 要使 aSnb 对任意正整数n 成立，即a 3 5( 18) 1( 2 3) nb，(nN*). 得 a 1( 2 3) n 3 5( 18) b 1( 2 3) n，(nN*) 令

19、 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 9 f(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， b18 3a18，(必须 b 3a，即 b 3a). 当 ab3a 时，由 b 18 3a18，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 aSn b,且 的取值范围是 (b18， 3a18). 【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

20、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 . 【专题训练】 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（） A a4 a6 a6 a8 B a4 a6 a6 a8 C a4 a6 a6 a8 D a4 a6 a6 a8 2设 an 是由正数构成的等比数列，bnan+1an+2，cnanan+3，则 （） AbncnBbncnCbncnDbncn 6 3已知 an为等差数列，bn 为正项等比数列，公比q1 ，若 a1b1，a11b11，则（

21、） Aa6b6Ba6b6Ca6 b6Da6b6或 a6b6 4已知数列 an 的前 n 项和 Snn 29n，第 k 项满足 a k，则 k （） A9 B8 C7 D6 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（ ） AS4a5S5a4BS4a5S5a4CS4a5S5a4D不确定 6设 Sn123 n，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(sinx 1 2)，lg(1y)顺次成等差数列，则 （） Ay 有最大

22、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 D y 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， ) ( ， 1 3， ) 9设3b 是 1a 和 1a 的等比中项，则a3b 的最大值为 ( ) A1 B2 C3 D4 10设等比数列 an的首相为a1，公比为 q，则 “a 10，且 0q 1” 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 a11 a

23、10 1，且它的前 n 项和 Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时， n（） A11 B17 C19 D21 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)(n N*) ，则数列 an的前 n 项和 Sn的取值范围是 （） A 1 2，2) B 1 2，2 C 1 2，1) D1 2，1 7 二、填空题 13等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a4 a28，a3a5 26，记 TnS n n 2，如果存在正整数 M，使得对一切正整数n，Tn M 都成立则M 的最小值是 _ 14无穷等比数列an中，

24、 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 _. 15已知x 0，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 _. 0 1 2 4 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 n，对于一定kN*(k n)， 都有 an kan+k2an；若 d0，则 Sn中一定有最小的项；存在 kN* ，使 akak+1 和 akak 1同号 其中真命题的序号是_. 三、解答题 17已知

25、an是一个等差数列，且a21， a5 5 （）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*） 在函数 yx21 的图象上 .() 求数列 an的通项公式；()若列数 bn满足 b11,bn+1bn2an，求证： bn bn+2 b2n+1. 19设数列 an的首项 a1(0，1)，an 3an 1 2 ，n2，3，4，. （）求 an 的通项公式； （）设bnan 3 2an，证明 bnbn+1，其中 n 为正整数 20已知数列 an 中 a12，an+1 ( 2 1)( an2)，n1，

26、2， 3，. （）求 an 的通项公式； 8 （）若数列an中 b12，bn+1 3bn4 2bn3 ，n1，2， 3，. 证明：2bna 4n 3，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，T n是数列 bn的前 n 项和，求使得Tn m 20对所有 nN* 都成立的 最小正整数m； 22数列 n a满足 1 1a， 2 1 () nn anna（1 2n，） ，是常数（） 当 2 1a

27、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 1B 【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 】设其公比为q,则 bncnan(q1)(1q 2) a n(q1) 2(q1)，当 q1 时， bn cn，当 q0，且 q1时， bncn，故 bncn. 3B 【解析】 因为 q1 ，b10，

28、b110，所以 b1b11，则 a6 a1a11 2 b1b11 2 b1b11b6. 4B 【解析】 因数列为等差数列，anSn Sn 12n10，由 52k108，得到 k8. 5A 【解析】 S4a5S5a4(a1 a2a3 a4)a4q (a1a2 a3 a4 a5)a4 a1a4 a12q30， S4a5S5a4 9 6D 【解析】 由 Sn n(n 1) 2 ，得 f(n) n (n32)(n 2) n n 234n 64 1 n 64 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】 由已知 y 1

29、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】 等比数列 an中 a21， S3a1a2a3a2(1 q1q)1 q 1 q.当公比 q 0时， S31q 1 q1 2 q 1 q 3， 当公比 q0 时， S 31(q 1 q) 1 2 (q) ( 1 q) 1， S3( ， 1 3， ). 9B 【解析】3b 是 1a和 1a 的等比中项，则3b 21a2 a 23b21，令 acos ， 3bsin ， (0，2)，所以 a3b cos 3in 2sin( 6) 2. 10A 【解析】 当 a10，

30、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. 11C 【解析】 由 a11 a10 1，得 a10a11 a10 0 a1a20 a10 0 1 2 20(a 1a20) 1 2 19(a1a19) 0 S20 S19 0，则要使 Sn取得最小正值必须满足 S19 0，且 S200，此时 n19. 12C 【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(y) f(x y)，a1 1 2，anf(n)(n N*) ，a n+1f(n1)f(1)f(n) 1 2a n， Sn 1 21 ( 1 2) n

31、1 1 2 1 (1 2) n. 则数列 an的前n项和的取值范围是 1 2，1). 二、填空题 132 【解析】 由 a4a28，可得公差 d 4，再由 a3a526，可得 a11，故 Snn2n(n 1)2n 2n， T n 2n1 n 21 n，要使得 Tn M，只需 M2 即可，故M 的最小值为2， 答案： 2 10 14(1，0 (0， 1 3 【解析】 a1q 1q a1 2 q 1 3，但 |q|1，且 q0 ，故 q (1，0 (0， 1 3 . 154 【解析】 (a b) 2 cd (xy) 2 xy (2xy) 2 xy 4. 16D 【解析】 对于： S8S3 a4 a

32、5a6a7a85a60， S5S6，又 d0，S5 S6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+1 d，akak 1 d，且 d0 ，故为假命题. 三、解答题 17 【解】（）设 an的公差为d，由已知条件， a1d1 a14d 5 ，解出 a13，d 2 所以 an a1(n1)d 2n5 （） Sn na1 n(n1) 2 d n 24n (n2)24，所以 n2 时， S n取到最大值 4 18 【解】 ()由已知得an+1 an1，即 an+1an1， 又 a1 1，所以数列a

33、n是以 1 为首项，公差为1 的等差数列，故an1(a1) 1 n. ( )由（）知：ann 从而 bn+1bn2 n. bn(bn bn 1)(bn 1bn 2) （b2b1） b12 n 12n 2211 2 n 12 2 n1. 因为 bn bn+2b 2 1n (2n1)(2 n+21)(2n 11)2 (2 2n+22n+22n1)(22n+222n+11) 5 2n 4 2n 2n0, 所以 bn bn+2b 2 1n . 19 【解】（）由an 3an 1 2 ，n2，3，4，. 整理得1an 1 2(1 a n 1) 又 1a10 ，所以 1an是首项为 1a1，公比为 1 2

34、的等比数列，得 an1 (1a1)( 1 2) n 1， （）由（）可知0an 3 2，故 bn 0那么， bn+1 2b n 2a n+1 2(32a n+1)an 2(32a n)(3a n 2 ) 2(32 3an 2 )an 2 (32an) 9an 4 (an 1) 2. 又由（）知an0，且 an1 ，故 bn+12bn20，因此bnbn+1，为正整数 20 【解】（）由题设：an+1( 21)(an 2) (2 1)(an2)(21)(22)， (21)(an2)2， an+12 (21)(an2) 11 所以，数列 an2a 是首项为22，公比为21)的等比数列，an22(2

35、1) n， 即 an的通项公式为an2(21)n1，n1， 2，3，. （）用数学归纳法证明 （）当n 1 时，因22，b1a12，所以2b1a 1，结论成立 （）假设当nk 时，结论成立，即2bka 4k 3， ，也即 0bn 2a 4k 3 2， 当 nk1 时，bk+123b k4 2bk3 2 (322)bk(43 2) 2bk3 (3 2 2)(bk 2) 2bk3 0， 又 1 2bk3 1 2 23 322， 所以 bk+12 (322)(bk 2) 2bk3 (32 2) 2(b k 2) (2 1) 4(a 4k 3 2) a4k+12 也就是说，当nk 1 时，结论成立 根

36、据（）和（）知2bna 4n 3，n 1，2，3，. 21 【解】（）设这二次函数f(x) ax 2bx (a 0) ，则 f(x) 2axb，由于 f(x) 6x2， 得 a3 ，b 2，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 2 2n， 当 n2 时， anSnSn1（ 3n 22n） 3(n 1)22(n1)6n 5， 当 n1 时， a1S1 3 1 226 1 5，所以， a n6n5（nN* ）. （）由（）得知bn 3 anan1 3 (6n5)6(n1)5 1 2( 1 6n5 1 6n1 )， 故 Tn

37、n i=1bi 1 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（n N* ）成立的 m，必须且仅须满足 1 2 m 20，即 m 10，所 以满足要求的最小正整数m 为 10. 22 【解】（）由于 2 1 ()(12) nn annan， ，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， 3 (6)(2)a， 4 (12)(6)(2)a 若存在，使 n

38、 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 12 （）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 nN，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 kN