高中數(shù)學(xué)第4章數(shù)列1-4綜合拔高練蘇教版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE19綜合拔高練五年高考練考點1等差數(shù)列及其應(yīng)用1.(2020全國Ⅱ,4,5分,)北京天壇的圜丘壇為古代祭天的場所,分上、中、下三層.上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石),環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán),向外每環(huán)依次增加9塊.下一層的第一環(huán)比上一層的最后一環(huán)多9塊,向外每環(huán)依次也增加9塊.已知每層環(huán)數(shù)相同,且下層比中層多729塊,則三層共有扇面形石板(不含天心石) ()A.3699塊B.3474塊C.3402塊D.3339塊2.(2020浙江,7,4分,)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,公差d≠0,且a1d≤1.記b1=S2,bn+1=S2n+2-S2n,n∈N*,下列等式不可能成立的是 (A.2a4=a2+a6B.2b4=b2+b6C.a42=a2aD.b42=b23.(2019課標(biāo)全國Ⅰ,9,5分,)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S4=0,a5=5,則 ()A.an=2n-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=12n2-24.(2020新高考Ⅰ,14,5分,)將數(shù)列{2n-1}與{3n-2}的公共項從小到大排列得到數(shù)列{an},則{an}的前n項和為.

5.(2020浙江,11,4分,)我國古代數(shù)學(xué)家楊輝,朱世杰等研究過高階等差數(shù)列的求和問題,如數(shù)列n(n+1)2就是二階等差數(shù)列.數(shù)列n(n+16.(2019課標(biāo)全國Ⅲ,14,5分,)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,若a1≠0,a2=3a1,則S10S5=7.(2019北京,10,5分,)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若a2=-3,S5=-10,則a5=,Sn的最小值為.

8.(2019課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分,)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{an}的通項公式;(2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范圍.考點2等比數(shù)列及其應(yīng)用9.(2020全國Ⅰ,10,5分,)設(shè){an}是等比數(shù)列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,則a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.3210.(2018北京,4,5分,)“十二平均律”是通用的音律體系,明代朱載堉最早用數(shù)學(xué)方法計算出半音比例,為這個理論的發(fā)展做出了重要貢獻.十二平均律將一個純八度音程分成十二份,依次得到十三個單音,從第二個單音起,每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于122.若第一個單音的頻率為f,則第八個單音的頻率為 ()A.32fB.3C.1225fD.11.(2019課標(biāo)全國Ⅰ,14,5分,)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和.若a1=13,a42=a6,則S5=12.(2020全國Ⅲ文,17,12分,)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記Sn為數(shù)列{log3an}的前n項和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.13.(2019課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分,)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)證明:{an+bn}是等比數(shù)列,{an-bn}是等差數(shù)列;(2)求{an}和{bn}的通項公式.考點3數(shù)列的綜合問題14.(2020江蘇,11,5分,)設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列.已知數(shù)列{an+bn}的前n項和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),則d+q的值是.

15.(2020全國Ⅰ,16,5分,)數(shù)列{an}滿足an+2+(-1)nan=3n-1,前16項和為540,則a1=.

16.(2020新高考Ⅰ,18,12分,)已知公比大于1的等比數(shù)列{an}滿足a2+a4=20,a3=8.(1)求{an}的通項公式;(2)記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈N*)中的項的個數(shù),求數(shù)列{bm}的前100項和S100.

考點4數(shù)學(xué)歸納法*17.(2020全國Ⅲ理,17,12分,)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=3an-4n.(1)計算a2,a3,猜想{an}的通項公式并加以證明;(2)求數(shù)列{2nan}的前n項和Sn.三年模擬練應(yīng)用實踐1.(多選)(2020江蘇鹽城高二期末,)設(shè)d,Sn分別為等差數(shù)列{an}的公差與前n項和,若S10=S20,則下列判斷中正確的有 ()A.當(dāng)n=15時,Sn取最大值B.當(dāng)n=30時,Sn=0C.當(dāng)d>0時,a10+a22>0D.當(dāng)d<0時,|a10|>|a22|2.(多選)(2020江蘇蘇州實驗中學(xué)高二月考,)已知等差數(shù)列{an}的首項為1,公差d=4,前n項和為Sn,則下列結(jié)論成立的有 ()A.數(shù)列SnB.若a1,a3,am成等比數(shù)列,則m=21C.若∑i=1n1aD.若am+an=a2+a10,則1m+16n3.(2020四川南充西南大學(xué)實驗學(xué)校高一月考,)已知數(shù)列{logabn}(a>0且a≠1)是首項為2,公差為1的等差數(shù)列,若數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,且滿足an=bnlgbn,則實數(shù)a的取值范圍是 ()A.23,C.23,1∪(1,+∞)4.(2020山東濟寧實驗中學(xué)高二上期中,)古代埃及數(shù)學(xué)中有一個獨特現(xiàn)象:除23用一個單獨的符號表示以外,其他分?jǐn)?shù)都可寫成若干個單分?jǐn)?shù)和的形式.例如25=13+115,可這樣理解:有兩個面包,要平均分給5個人,每人13,余13,再將這13分成5份,每人得115,這樣每人分得13+115.形如22n-1(n≥3,n∈N*)的分?jǐn)?shù)的分解:25=13+1(n≥3,n∈N*).

5.(2021河南豫南九校高二聯(lián)考,)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,其中a1=1,3Sn=(n+m)an(m∈R),且anbn=15.若對任意n∈N*,λ>Tn恒成立,則實數(shù)λ的最小值為.

6.(2021上海交通大學(xué)附屬中學(xué)高三月考,)已知等差數(shù)列{an}(公差不為零)和等差數(shù)列{bn},如果關(guān)于x的方程2021x2-(a1+a2+…+a2021)x+b1+b2+…+b2021=0有實數(shù)解,那么以下2021個方程x2-a1x+b1=0,x2-a2x+b2=0,x2-a3x+b3=0,……,x2-a2021x+b2021=0中,無實數(shù)解的方程最多有個.

7.(2021浙江寧波寧海中學(xué)高三二模,)已知{|an|}是首項和公差均為1的等差數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,記mn為|Sn|的所有可能取值中的最小值,則m1+m2+…+m2020=.

8.(2021江蘇南京三校高三期中聯(lián)考,)在下列三個條件①an+1=12an+1,②an+1=an+2,③Sn=2an-1中選擇一個補充在題中橫線處,并作答.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,對任意的n∈N*,都有,等比數(shù)列{bn}中,對任意的n∈N*,都有bn>0,2bn+2=bn+1+3bn,且b1=1,問:是否存在k∈N*,使得對任意的n∈N*,都有anbk≤akbn?若存在,試求出k的值;若不存在,請說明理由.

9.(2020天津耀華中學(xué)高二上期中,)在數(shù)列{an}中,已知a1=1,其前n項和為Sn,且對任意的正整數(shù)n,都有2Sn=(n+1)an成立.(1)求數(shù)列{an}的通項公式;(2)已知關(guān)于n的不等式a3-2a3·a4-2a4·…·an(3)已知cn=11+an2,數(shù)列{cn}的前n項和為Tn,試比較Tn遷移創(chuàng)新10.(2019北京高考,)已知數(shù)列{an},從中選取第i1項、第i2項、…、第im項(i1<i2<…<im),若ai1<ai2<…<aim,則稱新數(shù)列ai1,ai2,…,aim為{an}的長度為(1)寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個長度為4的遞增子列;(2)已知數(shù)列{an}的長度為p的遞增子列的末項的最小值為am0,長度為q的遞增子列的末項的最小值為an0.若p<q,求證:(3)設(shè)無窮數(shù)列{an}的各項均為正整數(shù),且任意兩項均不相等.若{an}的長度為s的遞增子列的末項的最小值為2s-1,且長度為s且末項為2s-1的遞增子列恰有2s-1個(s=1,2,…),求數(shù)列{an}的通項公式.4.1~4.4綜合拔高練五年高考練1.C由題意可設(shè)每層有n個環(huán),則三層共有3n個環(huán),∴每一環(huán)扇面形石板的塊數(shù)構(gòu)成以a1=9為首項,9為公差的等差數(shù)列{an},且項數(shù)為3n.不妨設(shè)上層扇面形石板總數(shù)為S1,中層總數(shù)為S2,下層總數(shù)為S3,∴S3-S2=9(2n+1)×n+n(n-1)2×9-9(n+1)×n+n(n-1)2×9=9n22.D對于A,a2,a4,a6成等差數(shù)列,故A成立;對于B,由bn+1=S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1,可得bn+1-bn=a2n+2+a2n+1-(a2n+a2n-1)=a2n+2-a2n+a2n+1-a2n-1=4d,故{bn}是等差數(shù)列,則b2,b4,b6也成等差數(shù)列,故B成立;對于C,a42=(a1+3d)2=a12+6a1d+9d2,a2a8=(a1+d)·(a1+7d)=a12+8a1d+7d2,所以a42-a2a8=2d2-2a1d=2d(d-a1),當(dāng)d=a1時,a42=a2a8成立;對于D,b42=(a1+a2+12d)2=(2a1+13d)2=4a12+52a1d+169d(2a1+5d)(2a1+29d)=4a12+68a1d+145d2,所以b42-b2b8=24d2-16a1d=8d23-2·a1d≥8d2>0,所以b42≠3.A設(shè){an}的公差為d,依題意得,4a1+4×32d=0①,a1+4d聯(lián)立①②,解得a1=-3,d=2.所以an=2n-5,Sn=n2-4n.故選A.4.答案3n2-2n解析∵數(shù)列{2n-1}的項為1,3,5,7,9,11,13,…,數(shù)列{3n-2}的項為1,4,7,10,13,…,∴數(shù)列{an}是首項為1,公差為6的等差數(shù)列,∴an=1+(n-1)×6=6n-5,∴數(shù)列{an}的前n項和Sn=(1+6n-5)5.答案10解析數(shù)列n(n+1)2的前三項依次為1×2∴所求和為1+3+6=10.6.答案4解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,∵a2=3a1,∴a2=a1+d=3a1,∴d=2a1,∴S10=10a1+10×92d=100a1S5=5a1+5×42d=25a1又∵a1≠0,∴S10S7.答案0;-10解析解法一:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,∵a2=-3,S5=-10,∴a即a1+∴a5=a1+4d=0,Sn=na1+n(n-1)2d=-4n+n2-n2=1∵n∈N*,∴n=4或n=5時,Sn取最小值,最小值為-10.解法二:設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,易得S5=5(a1+a5)2=5a3,∵S5=-10,∴a3=-2,又a2=-3,∴d=1,∴∴(Sn)min=S4=S5=-10.8.解析(1)設(shè){an}的公差為d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.因此{an}的通項公式為an=10-2n.(2)由(1)得a1=-4d,故an=(n-5)d,Sn=n(由a1>0知d<0,故Sn≥an等價于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范圍是{n|1≤n≤10,n∈N}.9.D設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,∴q=2,∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故選D.10.D由題意知,十三個單音的頻率依次構(gòu)成首項為f,公比為122的等比數(shù)列,設(shè)該等比數(shù)列為{an},則a8=a1q7,即a8=1227f,11.答案121解析設(shè){an}的公比為q,由a42=a6,得a42=a4·q2,∴a4又∵a4=a1·q3,∴a1·q3=q2,又a1=13,∴q=3由等比數(shù)列求和公式可知S5=13×(12.解析(1)設(shè){an}的公比為q,則an=a1qn-1.由已知得a1+所以{an}的通項公式為an=3n-1.(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=n(由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m2-5m-6=0,解得m=-1(舍去)或m=6.13.解析(1)證明:由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn)又因為a1+b1=1,所以{an+bn}是首項為1,公比為12的等比數(shù)列由題設(shè)得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因為a1-b1=1,所以{an-bn}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+nbn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n14.答案4解析易知q≠1,則{an+bn}的前n項和Sn=na1+n(n-1)2d+b1(1-qn)1-q=d2n2∴d2=1,q=2,即d=2,q=2,∴d+q=415.答案7解析令n=2k(k∈N*),則有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,∴前16項的所有偶數(shù)項和S偶=5+17+29+41=92,∴前16項的所有奇數(shù)項和S奇=540-92=448,令n=2k-1(k∈N*),則有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4=k(2+6k-4)2=k(3∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,∴前16項的所有奇數(shù)項和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.∴a1=7.16.解析(1)設(shè){an}的公比為q.由題設(shè)得a1q+a1q3=20,a1q2=8,解得q1=12(舍去),q2=2由題設(shè)得a1=2,所以{an}的通項公式為an=2n.(2)由題設(shè)及(1)知b1=0,且當(dāng)2n≤m<2n+1時,bm=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.17.解析(1)a2=5,a3=7.猜想an=2n+1.由已知可得an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],……a2-5=3(a1-3).因為a1=3,所以an=2n+1.(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n,①從而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1,②①-②得-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1,所以Sn=(2n-1)2n+1+2.知識拓展解決數(shù)列的求和問題,首先要得到數(shù)列的通項公式,再根據(jù)其特點選擇相應(yīng)的求和方法.數(shù)列求和的方法有以下幾類:(1)公式法,等差或等比數(shù)列的求和用公式法;(2)裂項相消法,形如an=1n(n+k)(k≠0),可裂項為an=1k·1n-1n+k;(3)錯位相減法,形如cn=an·bn,其中{an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列;(4)分組求和法,形如cn=an+bn,其中三年模擬練1.BC因為S10=S20,所以10a1+10×92d=20a1+20×192d,解得a1=-對選項A,因為無法確定a1和d的正負(fù),所以無法確定Sn是否有最大值,故A錯誤.對選項B,S30=30a1+30×292d=30×-292d+15×29d=0,對選項C,a10+a22=2a16=2(a1+15d)=2-292d+15d=d對選項D,a10=a1+9d=-292d+182d=-112d,a22=a1+21d=-292d+422因為d<0,所以|a10|=-112d,|a22|=-132d,所以|a10|<|a22|,故D故選BC.2.AB由已知可得an=4n-3,Sn=2n2-n,Snn=2n-1,則數(shù)列Snn為等差數(shù)列,則其前10項和為10×(1+19)2=100,故A正確;若a1,a3,am成等比數(shù)列,則a32=a1·am,所以am=81,即am因為1aia所以∑i=1n1aiai+1=141-15+15-19+…+14n-3-14n+1=n4n+1>625,解得n>6,因為n∈N*,所以n的最小值為7,故C錯誤;由等差數(shù)列的性質(zhì)可知m+n=12,所以1m+16n=1121m+16n(m+n)=1121+nm+16mn+16≥112×(17+2×4)=2512,當(dāng)且僅當(dāng)3.D由題意得logab1=2,logabn+1-logabn=logabn∴b1=a2,bn+1bn=a,∴{bn}是以a2為首項,a為公比的等比數(shù)列,∴bn=∵an=bnlgbn,∴an=an+1lgan+1=(n+1)an+1·lga,∵{an}為遞增數(shù)列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lga>0.①當(dāng)a>1時,lga>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>n+1n+2=1-1n+2,∵1n+2>0,∴1-1n+2<1,∴只需a>1即可滿足[(n+2)a-(n②當(dāng)0<a<1時,lga<0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)<0,即a<1-1n+2,∵1n+2≤13,∴1-1n+2≥23,∴只需0<a<23即可滿足[(n+2)a-(n綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為0,23∪(1,+∞),4.答案1n+解析由題意得,25=13+即22×3-1=127=14+128,即22×4-29=15+145,即22×5-由此歸納出22n-1=1n+1n(2n-又1n+1n(2n-1)=2n-1+1解題模板由數(shù)列的前幾項歸納其通項公式時,首先要分析項的結(jié)構(gòu),然后探究結(jié)構(gòu)中的各部分與項的序號n之間的函數(shù)關(guān)系,進而求得通項公式.5.答案2解析當(dāng)n=1時,3S1=3a1=(1+m)a1,解得m=2.當(dāng)n≥2時,由3Sn=(n+2)an,3Sn-1=(n由累乘法可得ana1又a1=1,所以an=n(由anbn=15,得bn=25n所以Tn=251-12+12-13+…+1n-1因為對任意n∈N*,λ>Tn恒成立,所以λ≥25,故實數(shù)λ的最小值為26.答案1010解析設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d1,d1≠0,等差數(shù)列{bn}的公差為d2,則a1+a2+…+a2021=2021a1011,b1+b2+…+b2021=2021b1011,所以原方程可變?yōu)?021x2-2021a1011x+2021b1011=0,由該方程有實數(shù)解可得(-2021a1011)2-4×20212b1011≥0,即a要使方程x2-aix+bi=0(i∈N*,i≤2021)無解,則需Δ=(-ai)2-4bi=ai2-4bi<0(i∈N*,i≤設(shè)y1=ai2=[a1+(i-1)d1]2,y2=4bi=4[b1易得y1的圖象為開口向上的拋物線的一部分,y2的圖象為直線的一部分,又i=1011時,y1≥y2,所以滿足y1<y2的i的取值最多可有1010個,即無實數(shù)解的方程最多有1010個.7.答案1010解析因為{|an|}是首項和公差均為1的等差數(shù)列,所以|an|=1+n-1=n,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì),對任意p,q,r,s∈N*,若p+q=r+s,則|ap|+|aq|=|ar|+|as|,所以存在滿足p+q=r+s,有ap+aq=-(ar+as).當(dāng)n=4k時,S4k=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k,為使|S4k|取得最小值,只需a2+a3=-(a1+a4),a5+a8=-(a6+a7),……,a4k-3+a4k=-(a4k-2+a4k-1),此時S4k=k(a1+a2+a3+a4)=0,即|S4k|的最小值m4k=0;當(dāng)n=4k+1時,S4k+1=a1+(a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1),為使|S4k+1|取得最小值,同n=4k時,只需S4k+1=a1+k(a2+a3+a4+a5)=a1,此時S4k+1=a1,即|S4k+1|的最小值m4k+1=1;當(dāng)n=4k+2時,S4k+2=a1+a2+(a3+a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2),為使|S4k+2|取得最小值,同n=4k時,只需S4k+2=a1+a2+k(a3+a4+a5+a6)=a1+a2,此時S4k+1=a1+a2,當(dāng)a1=1,a2=-2時,可使|S4k+2|取得最小值m4k+2=1;當(dāng)n=4k+3時,S4k+3=a1+a2+a3+(a4+a5+a6+a7+a8+…+a4k-3+a4k-2+a4k-1+a4k+a4k+1+a4k+2+a4k+3),為使|S4k+3|取得最小值,同n=4k時,只需S4k+3=a1+a2+a3+k(a4+a5+a6+a7)=a1+a2+a3,當(dāng)a1=1,a2=2,a3=-3時,可使|S4k+3|取得最小值m4k+3=0.所以mn以4為周期,因此m1+m2+…+m2020=505×(m1+m2+m3+m4)=1010.8.解析設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q.因為對任意的n∈N*,都有2bn+2=bn+1+3bn,所以2q2=q+3,解得q=-1或q=32因為對任意的n∈N*,都有bn>0,所以q>0,從而q=32又b1=1,所以bn=32假設(shè)存在k∈N*,使得對任意的n∈N*,都有anbk≤akbn,即anbn記cn=anbn,n∈N*.下面分別選擇選擇①.因為an+1=12an+1,所以an+1-2=12(an又a1=1,所以a1-2=-1≠0,所以an-2≠0,從而an+1-所以數(shù)列{an-2}是以a1-2=-1為首項,12為公比的等比數(shù)列,則an-2=-12n-1,即所以cn=anbn=2n-1由2n+1-13(2n-1)≤1得2n≥2,解得n≥1,當(dāng)n=1時,c1=c2,當(dāng)所以當(dāng)n的值為1或2時,cn取得最大值,即anb所以對任意的n∈N*,都有anbn≤a2b2=a1b1,即anb1≤a1bn,a所以存在k的值為1或2,使得對任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.選擇②.因為an+1=an+2,所以an+1-an=2,所以數(shù)列{an}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,又a1=1,所以an=1+2(n-1)=2n-1,所以cn=anbn=(2n-1)23n-由2(2n+1)3(2n-1)≤1得2n≥5,解得n≥52,當(dāng)n≤2時,cn+1>cn,又c2=2,c3=209所以當(dāng)n=3時,cn取得最大值,即anb所以對任意的n∈N*,都有anbn≤a3b3,即anb3所以存在k的值為3,使得對任意的n∈N*,都有anbk≤akbn.選擇③.因為Sn=2an-1,所以Sn+1=2an+1-1,從而an+1=Sn+1-Sn=2an+1-1-(2an-1)=2an+1-2an,即an+1=2an.又a1=1>0,所以an>0,且an從而數(shù)列{an}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an=2n-1,所以cn=anbn=43n-1>0,從而cn+1cn所以不存在滿足題意的k.9.解析(1)