2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章第4节　数列的综合问题（选用）


第4节　数列的综合问题(选用)
考试要求　1.以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和；2.在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.

知 识 梳 理
1.数列与不等式的综合问题大多与数列的前n项和问题相关，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决.
2.数列与解决几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决.
3.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质.等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注.
诊 断 自 测
1.在等差数列{an}中，已知a1，a2，a6成等比数列，数列{an}的前三项和为24，则2 018是数列{an}的(　　)
A.第336项 B.第337项
C.第504项 D.第505项
解析　由已知条件得a＝a1a6，设数列{an}的公差为d，则解得或又2 018是数列{an}的项，则不符合题意舍去，所以an＝6n－4，令6n－4＝2 018，解得n＝337.
答案　B
2.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是(　　)
A.(－∞，2) B.(－∞，3)
C.(－∞，4) D.(－∞，5)
解析　由Sn＝3n(λ－n)－6，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1(2λ－2n－1)，则an＋1＝3n(2λ－2n－3)，而数列{an}单调递减，则an>an＋1，且a1>a2，即3n－1(2λ－2n－1)>3n(2λ－2n－3)，且3·(λ－1)－6>31·(2λ－4－1)，解得λ<2＋n，且λ<2，可得λ<2，故选A.
答案　A
3.如果函数f(x)＝kx－1(k≠0，x∈N*)，Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)，若f(1)，f(3)，f(13)成等比数列，则(　　)
A.2Sn－7≤5f(n) B.2Sn＋7≤5f(n)
C.2Sn－7≥5f(n) D.2Sn＋7≥5f(n)
解析　由题意得，(3k－1)2＝(k－1)(13k－1)⇒k＝2(k＝0舍去)，∴f(x)＝2x－1，Sn＝＝n2，∴2Sn－5f(n)＋7＝2n2－10n＋12＝2(n－2)(n－3)≥0在n∈N*时恒成立，∴2Sn＋7≥5f(n).
答案　D
4.若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，关于x的不等式x2＋x＋c≥0的解集为[0，10]，则c＝________，使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是________.
解析　由函数与方程思想可知，不等式对应的方程x2＋x＋c＝0的解为0，10，且d<0，所以c＝0，且－＝10，解得a1＝－d，所以Sn＝na1＋d＝(n2－10n)＝[(n－5)2－25].因为d<0，所以当n＝5时，Sn取到最大值.
答案　0　5
5.若公差为d的等差数列{an}(n∈N*)满足a3·a4＋1＝0，则公差d的取值范围是________.
解析　由a3·a4＋1＝0得(a1＋2d)(a1＋3d)＋1＝0⇒a＋5da1＋6d2＋1＝0，所以Δ＝25d2－4(6d2＋1)≥0⇒d≥2或d≤－2.
答案　(－∞，－2]∪[2，＋∞)
6.若不等式(－1)n·a<3＋对任意的正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析　n为偶数时，a<3－，只需a<，即a<3－＝；n为奇数时，－a<3＋只需－a<，即－a≤3，∴a≥－3.综上实数a的取值范围是.
答案　

考点一　等差、等比数列的综合问题
【例1】 设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列.已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
①求Tn；
②证明＝－2(n∈N*).
(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.因为q>0，可得q＝2，故an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16，从而b1＝1，d＝1，故bn＝n.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)①解　由(1)，有Sn＝＝2n－1，故Tn＝（2k－1）=2 k -n＝－n＝2n＋1－n－2.
②证明　因为
＝＝＝－，
所以＝＋＋…＋＝－2.
规律方法　等差数列与等比数列的综合问题，要能在具体情境中识别数列的等差、等比关系，并能利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式解决相应问题.
【训练1】 设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.
(1)求Sn和Tn；
(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值.
解　(1)设等比数列{bn}的公比为q(q>0).
由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.
因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.
所以Tn＝＝2n－1.
设等差数列{an}的公差为d.
由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.
由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，
故an＝n.所以，Sn＝.
(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.
由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得
＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，
整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.
所以，n的值为4.
考点二　数列与函数
【例2】 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*).
(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
解　(1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，
则a8＝a7＋2，解得d＝a8－a7＝2.
所以，Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)由f(x)＝2x，f′(x)＝2xln 2，
过点(a2，b2)，即(a2，2a2)，斜率为2a2ln 2，
则函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为
y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意，a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
所以Tn＝.
规律方法　(1)已给函数型，运用数列是对应函数的特殊情形化为数列问题.
(2)构造函数，要根据数列及要解决的问题构造相应的函数，通过研究函数的性质来解决数列问题.
【训练2】 (1)已知an＝，若数列{bn}满足bn＝an＋，则数列{bn}的前n项和Sn的最小值为________.
(2)(一题多解)(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　(1)bn＝an＋＝＋＝－＋2，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋
＝－＋2n，
由于f(x)＝－＋2x在(0，＋∞)上递增，
所以Sn＝－＋2n在n∈N*上单调递增，
所以当n＝1时，Sn有最小值为，无最大值.
(2)法一　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≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2 法二　因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，
所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比q<0.
若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，
所以－10，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，
所以a1>a3，a2 答案　(1)　(2)B
考点三　数列不等式恒(能)成立求参数
【例3】 (2020·柯桥区调研)设数列{an}的前n项和为Sn，＝＝k(k＞0，n∈N*).
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若a1＋a2＝4，数列{bn}满足bn＝log3an－，其前n项和Tn，满足对任意n∈N*，Tn≥T3，求正实数c的取值范围.
(1)证明　∵＝k，∴2Sn＋1＋1＝k(2Sn＋1)，
故2Sn＋1＝k(2Sn－1＋1)(n≥2).
两式相减可得2an＋1＝2kan，故＝k(n≥2).
∵＝k，∴＝k为正常数.
显然a1≠0，故{an}为等比数列.
(2)解　在2Sn＋1＋1＝k(2Sn＋1)中令n＝1，
则2S2＋1＝k(2S1＋1)，
即2(a1＋a2)＋1＝k(2a1＋1)，
即2(a1＋a1k)＋1＝k(2a1＋1)，
解得a1＝.
∵a1＋a2＝a1(1＋k)＝×(1＋k)＝4，∴k2＝9，
解得k＝－3(舍去)或k＝3，故a1＝1，
从而an＝3n－1(n∈N*).
∵bn＝log3an－＝n－1－单调递增，
且Tn≥T3恒成立，∴
解得18≤c≤81.
∴c的取值范围为[18，81].
规律方法　数列不等式的恒成立、能成立问题注意转化为数列的最值问题求解.
【训练3】 (2019·台州期末评估)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且对任意的n∈N*，都有an＋2＝3an＋1－2an.
(1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*都有Sn≥＋m，求实数m的取值范围.
(1)证明　由an＋2＝3an＋1－2an，
可得an＋2－an＋1＝2(aa＋1－an).
又a1＝1，a2＝3，所以a2－a1＝2.
所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以an＋1－an＝2n.
所以an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)
＝1＋2＋22＋…＋2n－1
＝2n－1.
(2)解　因为bn＝
＝
＝－.
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－.
又因为对任意的n∈N*都有Sn≥＋m，
所以m≤1－－恒成立，
即m≤，
即当n＝1时，m≤－.
考点四　数列与解析几何
【例4】 已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.

(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2，P2P3，……，PnPn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解　(1)设数列{xn}的公比为q，
由题意得
所以3q2－5q－2＝0，
由已知q＞0，
所以q＝2，x1＝1.
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.
规律方法　此类问题常需利用几何条件和性质，得出数列的递推关系来解决.
【训练4】 在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列.
(1)解　因为点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，
所以an＋1－an＝1，
所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以an＝2＋(n－1)＝n＋1.
(2)证明　因为点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
所以Tn＝－bn＋1，
所以当n≥2时，Tn－1＝－bn－1＋1，
两式相减得bn＝－bn＋bn－1，
即3bn＝bn－1，
所以＝，
又因为b1＝－b1＋1，所以b1＝.
所以数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列.

基础巩固题组
一、选择题
1.(2020·诸暨期末)等比数列{an}的首项a1＞0，前n项和为Sn，则“Si＞Sj(i，j∈N*)”是“Si＋1＞Sj＋1”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
解析　当公比q＜0时，有S1＞S2，此时S2＜S3，充分性不成立；反之，当公比q＜0时，有S3＞S2，此时S2＜S1，必要性不成立，所以“Si＞Sj(i，j∈N*)”是“Si＋1＞Sj＋1”的既不充分也不必要条件，故选D.
答案　D
2.已知{an}，{bn}均为等差数列，且a2＝8，a6＝16，b2＝4，b6＝a6，则由{an}，{bn}的公共项组成的新数列{cn}的通项公式cn＝(　　)
A.3n＋4 B.6n＋2
C.6n＋4 D.2n＋2
解析　由于a2＝8，a6＝16，b2＝4，b6＝a6＝16，
则d1＝＝2，d2＝＝3，
an＝2n＋4，bn＝3n－2，
由题意知{an}，{bn}公共项组成的新数列{cn}的公差为6，c1＝10，
∴cn＝6n＋4.
答案　C
3.已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的最大值为(　　)
A.第7项 B.第8项
C.第7项或第8项 D.不存在
解析　∵an＝＝，而a7＝＝，a8＝＝，而a7 答案　B
4.(2020·齐齐哈尔二模)德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对1＋2＋3＋…＋100的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.现有函数f(x)＝(m＞0)，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(m＋2 018)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析　f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(m＋2 018)＝＋＋…＋＋，
又f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(m＋2 018)＝＋＋…＋＋，
两式相加可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(m＋2 018)＝＝.
答案　A
5.已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n项和为Sn，且满足f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)(n∈N*)，则an＝(　　)
A.2n－1 B.n
C.2n＋1 D.
解析　∵f(Sn＋2)－f(an)＝f(3)，∴f(Sn＋2)＝f(an)＋f(3)＝f(3an).
又∵函数f(x)是在定义域(0，＋∞)上的单调函数，
∴Sn＋2＝3an，当n＝1时，a1＋2＝3a1，故a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3an－2－(3an－1－2)＝3an－3an－1，∴an＝an－1，∴an＝.
答案　D
6.已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为(　　)
A.3 B.2
C.1 D.0
解析　因为数列{an}为等差数列，所以2a9＝a8＋a10，则2|a9|＝|a8＋a10|≥|a8|－|a10|，所以2|a9|＋|a10|≥|a8|＝1，当且仅当a10<0且|a10|≤|a8|＝1时，等号成立.
答案　C
二、填空题
7.已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________.
解析　因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞n2＋λn，整理，
得2n＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n＋1).(*)
因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.
答案　(－3，＋∞)
8.(2020·湖南长沙雅礼中学模拟)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金箠，长5尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下1尺，重4斤，在细的一端截下1尺，重2斤，问依次每一尺各重多少斤？”设该金箠由粗到细是均匀变化的，其重量为M，现将该金箠截成长度相等的10段，记第i段的重量为ai(i＝1，2，…，10)，且a1＜a2＜…＜a10，若48ai＝5M，则i＝(　　)
A.4 B.5
C.6 D.7
解析　由题意知，由细到粗每段的重量组成一个等差数列，记为{an}，设公差为d，则有⇒⇒
所以该金箠的总重量M＝10×＋×＝15.
因为48ai＝5M，所以有48＝75，解得i＝6，故选C.
答案　C
9.若递增数列{an}满足：a1＝a，a2＝2－a，an＋2＝2an，则实数a的取值范围为________，记{an}的前n项和为Sn，则S2n＝________.
解析　因为数列{an}为递增数列，且an＋2＝2an，所以a3>a2>a1>0，即2a>2－a>a>0，解得 答案　　2n＋1－2
10.(2020·盐城中学模拟)已知△ABC的周长为6，且BC，CA，AB成等比数列，则·的取值范围是________.
解析　因为BC，CA，AB成等比数列，所以b＝≤＝，从而00，解得 答案　
三、解答题
11.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{cn}满足cn＝abn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)因为Sn＝n2，
所以Sn－1＝(n－1)2(n≥2)，
所以an＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝1，也满足上式，故an＝2n－1(n∈N*)，
又因为{bn}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8，
所以b4＝q3＝8，所以q＝2，所以bn＝2n－1，
所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)由(1)有cn＝abn＝a2n－1＝2·2n－1－1＝2n－1，
所以Tn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)
＝(2＋22＋…＋2n)－n
＝－n
＝2n＋1－2－n.
12.(2019·浙江新高考仿真卷五)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝1，b1＝2，bn＞0(n∈N*)，且b1，a2，b2成等差数列，a2，b2，a3＋2成等比数列.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝abn，数列{cn}的前n项和为Sn，若＞an＋t对所有正整数n恒成立，求常数t的取值范围.
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q＞0).
由题意得解得d＝q＝3.
∴an＝3n－2，bn＝2·3n－1.
(2)cn＝3·bn－2＝2·3n－2.
∴Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝2(31＋32＋…＋3n)－2n
＝3n＋1－2n－3.
∴＝＝3n＋1.
∴3n＋1＞3n－2＋t恒成立，即t＜(3n－3n＋3)min.
令f(n)＝3n－3n＋3，则f(n＋1)－f(n)＝2·3n－3＞0，
∴f(n)单调递增.
故t＜f(1)＝3，即常数t的取值范围是(－∞，3).
能力提升题组
13.定义：F(x，y)＝yx(x>0，y>0)，已知数列{an}满足an＝(n∈N*)，若对任意正整数n，都有an≥ak(k∈N*)成立，则ak的值为(　　)
A. B.1
C. D.2
解析　由已知得an＝＝，对任意正整数n都有an≥ak，则ak为数列{an}中的最小项.由指数函数与幂函数的增长速度及a1＝2，a2＝1，a3＝，a4＝1，a5＝.知当n>4时，恒有an>1，∴对任意n∈N*有an≥a3＝成立，∴ak＝.
答案　A
14.(2020·杭州学军中学模拟)设函数f(x)＝，点O(0，0)，A(0，1)，An(n，f(n))，n∈N*，设∠AOAn＝θn，若对一切n∈N*，不等式＋＋＋…＋＜t2－2t－2恒成立，则正数t的最小值为(　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
解析　由题意得tan θn＝＝，则＝＝＝－，则＋＋＋…＋＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＜1，因为＋＋＋…＋＜t2－2t－2恒成立，所以t2－2t－2≥1恒成立，解得t≥3或t≤－1，又因为t为正数，所以t≥3，则t的最小值为3，故选A.
答案　A
15.在△ABC中，若，，成等差数列，则cos C的最小值为________.
解析　∵，，成等差数列，∴＋＝，即＋＝，可得＝＝，cos C＝，由正弦定理和余弦定理可得＝，化简得2(a2＋b2)＝3c2，cos C＝＝≥＝，当且仅当a＝b时取等号，故答案为.
答案　
16.(2018·江苏卷)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________.
解析　所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；……；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意.故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.
答案　27
17.已知函数f(x)＝2－|x|，无穷数列{an}满足an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)若a1＝0，求a2，a3，a4；
(2)若a1>0，且a1，a2，a3成等比数列，求a1的值；
(3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an…成等差数列？若存在，求出所有这样的a1；若不存在，说明理由.
解　(1)由an＋1＝f(an)⇒an＋1＝2－|an|，a1＝0⇒a2＝2，a3＝0，a4＝2.
(2)∵a1，a2，a3成等比数列⇒a3＝＝2－|a2|⇒a＝a1(2－|a2|)，且a2＝2－|a1|⇒(2－|a1|)2＝a1(2－|2－|a1||)⇒(2－a1)2＝a1(2－|2－a1|)，
分情况讨论如下：
当2－a1≥0时，(2－a1)2＝a1[2－(2－a1)]＝a⇒a1＝1，且a1≤2，符合题意；
当2－a1<0时，(2－a1)2＝a1[2－(a1－2)]＝a1(4－a1)⇒2a－8a1＋4＝0⇒a－4a1＋4＝2⇒(a1－2)2＝2⇒a1＝2＋，且a1≥2，符合题意.综上，a1＝1，或a1＝2＋.
(3)假设存在公差为d的等差数列{an}满足题意，
∵a2＝2－|a1|，a3＝2－|a2|＝2－|2－|a1||，
由2a2＝a1＋a3得，2－a1＋|2－|a1||＝2|a1|(*)，
当a1>2时，由(*)得a1＝0与a1>2矛盾，
当0 当a1≤0时，d＝2，因此存在m≥2使得am>2，
这当d＝am＋1－am＝2－|am|－am<0矛盾.
综上，存在a1＝1的等差数列{an}，且an＝1满足题意.
18.(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证：数列{an}为“M－数列”.
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足：b1＝1，＝－，其中Sn为数列{bn}的前n项和.
①求数列{bn}的通项公式.
②设m为正整数.若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck≤bk≤ck＋1成立，求m的最大值.
(1)证明　设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由得
解得
因此数列{an}为“M－数列”.
(2)解　①因为＝－，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得＝－，则b2＝2.
由＝－，得Sn＝.
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得
bn＝－，
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn.又b2－b1＝1，
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*).
②由①知，bk＝k，k∈N*.
因为数列{cn}为“M－数列”，所以{cn}为首项c1＝1，公比q1>0的等比数列.
因为ck≤bk≤ck＋1，所以q≤k≤q，
其中k＝1，2，3，…，m(m∈N*).
当k＝1时，有q1≥1；
当k＝2，3，…，m时，有≤ln q1≤.
设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表：
x
(1，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

因为＝<＝，所以f(k)max＝f(3)＝.
取q1＝，当k＝1，2，3，4，5时，≤ln q1，即k≤q，经检验知q≤k也成立.因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6，分别取k＝3，6，得3≤q，且q≤6，从而q≥243，且q≤216，所以q1不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5.