2019-2020学年北京四中高二（上）期中数学试卷（含详细解答）

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1、若 ab0，则下列不等式中成立的是（ ） Aa2b2 B C D 6 （5 分） “x24”是“x2”成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 7 （5 分）若 a，bR，且 ab0，则下列不等式中，恒成立的是（ ） Aa2+b22ab B C D 8 （5 分）等差数列an前 n 项和为 Sn，a111，a4+a66则当 Sn取最小值时，n （ ） A6 B7 C8 D9 9 （5 分）函数的最大值为（ ） A6 B9 C6 D9 10（5 分） 已知常数 k （0， 1） ， 数列an满足 下面说法正确的是 （ ） 当时，数列an为递减数列； 当

2、时，数列an为递减数列； 第 2 页（共 18 页） 当时，数列an不一定有最大项； 当为正整数时，数列an必有两项相等的最大项 A B C D 二填空题（本大题共二填空题（本大题共 5 小小题，每小题题，每小题 4 分，共分，共 20 分）分） 11 （4 分）命题“xR，x210”的否定是 12（4 分） 设 Sn为等比数列an的前 n 项和， 8a2a50， 则公比 q ， 13 （4 分）若正数 a，b 满足，则 a+b 的最小值等于 14 （4 分）已知函数 f（x）的对应关系如表所示： x 1 2 3 f（x） 3 1 2 数列an满足 a13，an+1f（an） ，则 a4 ，a

3、2019 15 （4 分）能够说明“设 a，b，c 是任意实数若 abc，则 a+bc”是假命题的一组 整数 a，b，c 的值依次为 三解答题（本大题共三解答题（本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 30 分）分） 16 （10 分）已知an为等差数列，且 a36，a60 （）求an的通项公式； （）若等比数列bn满足 b13，b2a4+a5，求bn的前 n 项和公式 17 （10 分）已知函数 f（x）x2+ax4 （）当 a3 时，解不等式 f（x）0； （）若不等式 f（x）+50 的解集为 R，求实数 a 的取值范围 18 （10 分）已知an是等差数列，bn是等

4、比数列，且 b23，b581，a1b1，a14b4 （）求an的通项公式； （）设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn 四选填题（本大题共四选填题（本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分）分） 19 （4 分）若 m0，n0 且 m+n0，则（ ） Amnnm Bnmmn Cmnmn Dnmnm 20 （4 分） 设an是等差数列， bn为等比数列， 其公比 q1， 且 bn0 （n1， 2， 3， ） 若 第 3 页（共 18 页） a1b1，a11b11，则 a6与 b6的大小关系为（ ） Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6 21 （4 分

5、）已知数列an满足 an+1+an4n+3，且 a12，则 a1+a2020（ ） A4043 B4046 C4047 D4049 五、填空题五、填空题 22 （4 分）已知数列an满足 an4Sn3，nN*，则 a1+a3+a5+a2n+1 23 （4 分）已知 a0，b0，不等式的解集是 24 （4 分）已知 ab0，则的最小值是 25 （4 分）有穷数列满足|an+1an|1，且 a1，a4，a12成等比数 列若 a11，a124，则满足条件的不同数列an的个数为 六解答题（本大题共六解答题（本大题共 2 小题，共小题，共 22 分）分） 26 （10 分）已知二次函数 f（x）ax2+

6、bx，f（1）4，恒有 f（x）6x+2数列an 满足 an+1f（an） ，且（nN*） （）求 f（x）的解析式； （）证明：数列an单调递增； （）记aia1a2an，若，求（12ai） 27 （12 分）给定数列 a1，a2，an对 i1，2，3，n1，该数列前 i 项的最大值 记为 Ai，后 ni 项 ai+1，ai+2，an的最小值记为 Bi，diAiBi （）设数列an为 3，4，7，1写出 d1，d2，d3的值； （）设 a1，a2，an（n4）是公比大于 1 的等比数列，且 a10证明 d1，d2， dn1是等比数列； （）若 d1d2dn10，证明an是常数列 第 4 页（

7、共 18 页） 2019-2020 学年北京四中高二（上）期中数学试卷学年北京四中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（本大题共一选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分）分） 1 （5 分）不等式0 的解集为（ ） Ax|2x3 Bx|x2 Cx|x2 或 x3 Dx|x3 【分析】本题的方法是：要使不等式小于 0 即要分子与分母异号，得到一个一元二次不 等式，讨论 x 的值即可得到解集 【解答】解：，得到（x3） （x+2）0 即 x30 且 x+20 解得：x3 且 x2 所以无解； 或 x30 且 x+20，解得2x

8、3， 所以不等式的解集为2x3 故选：A 【点评】本题主要考查学生求不等式解集的能力，是一道基础题 2 （5 分）已知数列an满足 an+1an+n，且 a12，那么 a3（ ） A4 B5 C6 D7 【分析】直接利用数列的递推关系式的应用求出结果 【解答】解：数列an满足 an+1an+n，且 a12， 当 n1 时，a2a1+13， 当 n2 时，a3a2+25， 故选：B 【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，主要考查学生的运算能力和 转换能力及思维能力，属于基础题型 3 （5 分）下列命题中的假命题是（ ） AxR，x30 BxR，使 tanx2 CxR，2x0 DxR

9、，使 lgx0 【分析】对于全称命题，若为假命题，举反例即可，若为真命题，需证明；对于特称命 题，若为真命题，举例即可，若为假命题，需要证明 根据含量词的命题判断方法逐一判断即可 第 5 页（共 18 页） 【解答】解：对于 A，当 x0 时，x30，与 x30 矛盾；故 A 为假命题； 对于 B，由于正切函数值域为 R，故xR，使 tanx2 正确，故 B 为真命题； 对于 C，由于指数函数值域为（0，+） ，故xR，2x0 正确，故 C 为真命题； 对于 D，当 x1 时，使 lg10，故xR，使 lgx0 正确，故 D 为真命题 故选：A 【点评】本题考查了含量词的命题的真假的判断，属于

10、基础题 4 （5 分）已知等差数列an中，a11，公差 d2，则an的前 5 项和等于（ ） A15 B17 C15 D17 【分析】等差数列an中，由 a11，公差 d2，能求出an的前 5 项和 【解答】解：等差数列an中，a11，公差 d2， an的前 5 项和为： S515 故选：C 【点评】本题考查等差数列的前 5 项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查 运算求解能力，是基础题 5 （5 分）若 ab0，则下列不等式中成立的是（ ） Aa2b2 B C D 【分析】利用不等式的性质，作差法，举特例法，ab0，则ab0，故（a） 2（b）2，即 a2b2，故 A 错，若 a2，

11、b1，则 ，故 B 不成立， ，故 C 错，D 对，故选：D 【解答】解：ab0，则ab0，故（a）2（b）2，即 a2b2，故 A 错， 若 a2，b1，则，故 B 不成立， ，故 C 错，D 对， 故选：D 【点评】考查了不等式的性质，用了作差法，举特例法等数学方法，基础题 6 （5 分） “x24”是“x2”成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 第 6 页（共 18 页） 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可 【解答】解：由 x24 得 x2 或 x2， 则“x24”是“x2”成立的必要不充分条件， 故选：B 【点评】本题主要考

12、查充分条件和必要条件的判断，比较基础 7 （5 分）若 a，bR，且 ab0，则下列不等式中，恒成立的是（ ） Aa2+b22ab B C D 【分析】利用基本不等式需注意：各数必须是正数不等式 a2+b22ab 的使用条件是 a， bR 【解答】解：对于 A；a2+b22ab 所以 A 错误 对于 B，C，虽然 ab0，只能说明 a，b 同号，若 a，b 都小于 0 时，所以 B，C 错 ab0 故选：D 【点评】本题考查利用基本不等式求函数的最值时，必须注意满足的条件：一正、二定、 三相等 8 （5 分）等差数列an前 n 项和为 Sn，a111，a4+a66则当 Sn取最小值时，n （

13、） A6 B7 C8 D9 【分析】根据等差数列的性质化简 a4+a66，得到 a5的值，然后根据 a1的值，利用等 差数列的通项公式即可求出公差 d 的值，根据 a1和 d 的值写出等差数列的通项公式，进 而写出等差数列的前 n 项和公式 Sn，配方后即可得到 Sn 取最小值时 n 的值点评： 【解答】解：由 a4+a62a56，解得 a53，又 a111， a5a1+4d11+4d3，解得 d2， 则 an11+2（n1）2n13， Snn212n（n6）236， 当 n6 时，Sn取最小值 故选：A 【点评】此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前 n 项和公式化简求值，掌握等 第 7

14、 页（共 18 页） 差数列的性质，是一道基础题 9 （5 分）函数的最大值为（ ） A6 B9 C6 D9 【 分 析 】 函 数， tanx 0 ， 由 基 本 不 等 式 ， ，得出结论 【解答】解：函数，tanx0， 由基本不等式， 当且仅当 tanx3 成立， 所以， 故选：C 【点评】考查基本不等式的应用，基础题 10（5 分） 已知常数 k （0， 1） ， 数列an满足 下面说法正确的是 （ ） 当时，数列an为递减数列； 当时，数列an为递减数列； 当时，数列an不一定有最大项； 当为正整数时，数列an必有两项相等的最大项 A B C D 【分析】直接用作商比较法计算，对 k

15、 的范围进行讨论， 得到数列an的单调性 【解答】解：当时，所以数列an不是递减数列， 不正确； 当时，即 an+1an，数列an 是递减数列，正确； 第 8 页（共 18 页） 当时， 则， 例如取， 则 a7a8且为最大项，错误； ， 当为正整数时， 当时，a1a2a3a4 当 时，令，解得； 则， 当 nm 时，1，数列an单调递增； 当 nm 时，数列an单调递减； 当 nm 时，an+1an； 所以数列an必有两项相等的最大项；正确； 故选：C 【点评】本题考查数列的增减性，作商法比较大小，属于难题 二填空题（本大题共二填空题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共

16、 20 分）分） 11 （4 分）命题“xR，x210”的否定是 xR，x210 【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可 【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“xR，x210”的否定 是：xR，x210 故答案为：xR，x210 【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题 12 （4 分）设 Sn为等比数列an的前 n 项和，8a2a50，则公比 q 2 ， 5 【分析】利用递推式 8a2a50 根据等比数列的定义得到公比 q，设该数列首项为 a1， 利用前 n 项和公式求解 第 9 页（共 18 页） 【解答】解：等比数列an中 8a2a

17、50，设首项为 a1， ， q2， 由等比数列前 n 项和公式得：， 故答案为：2；5 【点评】本题考查了等比数列的通项公式和前 n 项和公式，是基础的计算题 13 （4 分）若正数 a，b 满足，则 a+b 的最小值等于 9 【分析】若正数 a，b 满足，则（a+b）（1+2）29，得出结论 【解答】解：若正数 a，b 满足， 则（a+b）（1+2）29， 当且仅当 a2b9 时，取等号， 故答案为：9 【点评】考查基本不等式的应用，本题用了柯西不等式，基础题 14 （4 分）已知函数 f（x）的对应关系如表所示： x 1 2 3 f（x） 3 1 2 数列an满足 a13，an+1f（an

18、） ，则 a4 3 ，a2019 1 【分析】根据函数与数列的对应关系，进行递推，得到数列an是周期为 3 的周期数列， 结合数列的周期性进行转化求解即可 【解答】解：由函数对应关系得 a13，a2f（a1）f（3）2， a3f（a2）f（2）1， a4f（a3）f（1）3， 则 a4a1， 则数列an的周期是 3， 则 a2019a6723+3a31， 第 10 页（共 18 页） 故答案为：3，1 【点评】本题主要考查函数与数列的综合，结合数列的递推关系，得到数列an是周期 为 3 的周期数列是解决本题的关键考查学生的运算推理能力 15 （4 分）能够说明“设 a，b，c 是任意实数若 a

19、bc，则 a+bc”是假命题的一组 整数 a，b，c 的值依次为 1，2，3 【分析】设 a，b，c 是任意实数若 abc，则 a+bc”是假命题，则若 abc，则 a+bc”是真命题，举例即可，本题答案不唯一 【解答】解：设 a，b，c 是任意实数若 abc，则 a+bc”是假命题， 则若 abc，则 a+bc”是真命题， 可设 a，b，c 的值依次1，2，3， （答案不唯一） ， 故答案为：1，2，3 【点评】本题考查了命题的真假，举例说明即可，属于基础题 三解答题（本大题共三解答题（本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 30 分）分） 16 （10 分）已知an为等

20、差数列，且 a36，a60 （）求an的通项公式； （）若等比数列bn满足 b13，b2a4+a5，求bn的前 n 项和公式 【分析】 （）利用等差数列通项公式列方程组求出首项和公差，由此能求出 an （）求出等比数列bn的首项和公差，由此能求出bn的前 n 项和公式 【解答】解： （）an为等差数列，且 a36，a60 ， 解得 d2，a110， an10+（n1）（2）2n+12 （）等比数列bn满足 b13， b2a4+a5（8+12）+（10+12）6， q2， bn的前 n 项和公式为： Sn32n3 【点评】本题考查等差数列的通项公式和前 n 项和公式的求法，考查等差数列的性质等

21、第 11 页（共 18 页） 基础知识，考查运算求解能力，是基础题 17 （10 分）已知函数 f（x）x2+ax4 （）当 a3 时，解不等式 f（x）0； （）若不等式 f（x）+50 的解集为 R，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）函数 f（x）x2+ax4，当 a3 时，f（x）x2+3x4（x+4） （x1） 0，解出即可； （2）不等式 f（x）+50 的解集为 R，a240，即 a（2，2） 【解答】解： （1）函数 f（x）x2+ax4， 当 a3 时，f（x）x2+3x4（x+4） （x1）0， 故不等式的解集为（4，1） （2）不等式 f（x）+50 的解集为 R，

22、x2+ax+10 在 R 上恒成立， a240，即 a（2，2） 【点评】考查一元二次不等式的解法，恒成立问题，基础题 18 （10 分）已知an是等差数列，bn是等比数列，且 b23，b581，a1b1，a14b4 （）求an的通项公式； （）设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn 【分析】 （）an是公差为 d 的等差数列，bn是公比为 q 的等比数列，运用等差数列 和等比数列的通项公式，解方程即可得到所求通项公式； （）求得 cnanbn（2n1） 3n 1，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求 和公式，计算可得所求和 【解答】解： （）an是公差为 d 的等差数列，bn

23、是公比为 q 的等比数列，且 b23， b581， 可得 q327，即 q3，则 bnb2qn 23n1； a1b11，a14b427，则 d2， 则 an1+2（n1）2n1： （）cnanbn（2n1） 3n 1， 可得前 n 项和 Tn130+331+532+（2n1） 3n 1， 第 12 页（共 18 页） 3Tn13+332+533+（2n1） 3n， 两式相减可得2Tn1+2（3+32+3n 1）（2n1） 3n 1+2（2n1） 3n， 化为 Tn1+（n1） ） 3n 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位 相减法求和，化简运算能力，属于

24、中档题 四选填题（本大题共四选填题（本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分）分） 19 （4 分）若 m0，n0 且 m+n0，则（ ） Amnnm Bnmmn Cmnmn Dnmnm 【分析】由 m0，得m0，n0，得n0，由 m+n0，mn0，0nm， 所以由不等式的传递性得，mn0nm，得出结论 【解答】解：由 m0，得m0， n0，得n0， 由 m+n0，mn0，0nm， 所以 mn0nm， 故选：A 【点评】考查不等式的性质，不等式的传递性等，基础题 20 （4 分） 设an是等差数列， bn为等比数列， 其公比 q1， 且 bn0 （n1， 2， 3，

25、） 若 a1b1，a11b11，则 a6与 b6的大小关系为（ ） Aa6b6 Ba6b6 Ca6b6 Da6b6 【分析】由题意可得 a1+a11b1+b112a6，再由 b1+b1122b6，从而得出结 论 【解答】解：由题意可得 a1+a11b1+b112a6 公比 q1，bi0，b1+b1122b6， 2a62b6，即 a6b6， 故选：A 【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的定义和性质，基本不等式的 应用，属于基础题 21 （4 分）已知数列an满足 an+1+an4n+3，且 a12，则 a1+a2020（ ） 第 13 页（共 18 页） A4043 B4046

26、C4047 D4049 【分析】直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步利用通项公式的应用 求出结果 【解答】解：数列an满足 an+1+an4n+3，则 an+2+an+14n+7， 得 an+2an4（常数） ， 所以数列an的奇数项和偶数项公差都为 4 的等差数列 由于 a12， 所以 a1+a27，解得 a25， 所以 所以 a1+a20202+22020+14043 故选：A 【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能 力和转换能力及思维能力，属于基础题型 五、填空题五、填空题 22 （4 分）已知数列an满足 an4Sn3，nN*，则 a

27、1+a3+a5+a2n+1 【分析】运用数列的递推式：n1 时，a1S1，n2 时，anSnSn1，结合等比数列 的定义和通项公式，可得 an（）n 1，可得 a 1，a3，a5，a2n+1为首项为 1，公 比为的等比数列，由等比数列的求和公式，可得所求和 【解答】解：数列an满足 an4Sn3，nN*， 可得 n1 时，a14S134a13，即 a11， 当 n2 时，an14Sn13，又 an4Sn3， 两式相减可得 anan14（SnSn1）4an， 可得 anan1，可得an为首项为 1，公比 q 为的等比数列， 则 ana1qn 1（ ）n 1， 可得 a1，a3，a5，a2n+1为

28、首项为 1，公比为的等比数列， 第 14 页（共 18 页） 则 a1+a3+a5+a2n+1 故答案为： 【点评】本题考查数列的递推式的运用，考查等比数列的定义、通项公式和求和公式的 运用，考查运算能力，属于基础题 23 （4 分）已知 a0，b0，不等式的解集是 【分析】在 a0，b0 的条件下将ba 转化为即可求得答案 【解答】解：ba， +b0 且a0， b0，由0，解得 x0 或 x； a0，得00，a0， x或 x0； 由得：x或 x； 不等式ba 的解集是（，）（，+） 故答案为： （，）（，+） 【点评】本题考查分式不等式组的解法，将ba 转化为是关键，也是 难点，考查化归思想

29、与分析运算的能力，属于中档题 24 （4 分）已知 ab0，则的最小值是 8 【分析】 令 tabb20， 则 a， 当且仅当 tb2时成立， 所以 ，当且仅当 t1 时成立 【解答】解：令 tabb20，则 a，当且仅当 tb2时成立， 第 15 页（共 18 页） 所以，当且仅当 t1 时成立， 故答案为：8 【点评】考查了基本不等式的应用，还用了换元法，中档题 25 （4 分）有穷数列满足|an+1an|1，且 a1，a4，a12成等比数 列若 a11，a124，则满足条件的不同数列an的个数为 176 【分析】根据题意，由|an+1an|1|分析可得必有在 an+1an1 和 an+1

30、an1 中， 必须且只能有 1 个成立，由等比数列的性质求得 a42，进而分 2 种情况讨论，分析由 乘法原理计算可得每种情况的数列数目，由分类计数原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，由|an+1an|1|分析可得必有在 an+1an1 和 an+1an1 中，必须且只能有 1 个成立， a1，a4，a12成等比数列且 a11，a124， 则 a42， 分 2 种情况讨论： 、若 a42， 在 1n3 中，an+1an1 都成立， 在 4n11 中，有 1 个 an+1an1，7 个 an+1an1 成立， 则有 C818 种情况，即有 8 个不同数列； 、若 a42， 在 1n3 中，有

31、 1 个 an+1an1 成立，2 个 an+1an1 成立，有 C313 种情况， 在 4n11 中，有 3 个 an+1an1，5 个 an+1an1 成立，有 C8356 种情况， 则有 356168 种情况，即有 168 个不同数列； 则一共有 8+168176 个满足条件的不同数列 故答案为：176 【点评】本题考查排列、组合的综合应用，涉及函数的定义以及函数值的计算，关键是 将函数值的问题转化为排列、组合问题 六解答题（本大题共六解答题（本大题共 2 小题，共小题，共 22 分分） 26 （10 分）已知二次函数 f（x）ax2+bx，f（1）4，恒有 f（x）6x+2数列an 满

32、足 an+1f（an） ，且（nN*） （）求 f（x）的解析式； 第 16 页（共 18 页） （）证明：数列an单调递增； （）记aia1a2an，若，求（12ai） 【分析】 （）根据 f（1）4 可得 a，b 数量关系，再根据恒有 f（x）6x+2可 求出 a，进而得 f（x）解析式； （）利用二次函数验证 an+1an0 即可； （）先求出数列lg（12an）是以 2 为公比，lg（12a1）lg为首相的等比数列， 所以 12an，进而可求出（12ai）的值 【解答】解： （）f（1）ab4，即 ba+4， 因为 f（x）ax2+bx6x+2 恒成立，即对任意 x，ax2+（b6）x

33、20 恒成立， 所以，整理得（a+2）20，所以 a2，b2， 则 f（x）2x2+2x； （） 证明： 因为 an+1f （an） 2an2+2an， 所以 an+1an2an2+2anan2an2+an 2（an）2+， 因为（nN*） ，所以 an+1an（0，） ，则 an+1an，所以数列an单调递 增； （）因为 an+12an2+2an，即 an+12（an）2，两边同时乘以2，可得 1 2an+1（12an）2， 两边取对数可得 lg（12an+1）2lg（12an） ，则数列lg（12an）是以 2 为公比， lg（12a1）lg为首项的等比数列， 所以 lg（12an）2n

34、 1lg lg，则 12an， （12ai）（12a1） （12a2） （12a3）（12an） 【点评】本题考查数列与函数的综合运用，能判断出数列lg（12an）是等比数列是关 第 17 页（共 18 页） 键，属于难题 27 （12 分）给定数列 a1，a2，an对 i1，2，3，n1，该数列前 i 项的最大值 记为 Ai，后 ni 项 ai+1，ai+2，an的最小值记为 Bi，diAiBi （）设数列an为 3，4，7，1写出 d1，d2，d3的值； （）设 a1，a2，an（n4）是公比大于 1 的等比数列，且 a10证明 d1，d2， dn1是等比数列； （）若 d1d2dn10，

35、证明an是常数列 【分析】 （I）由 d1A1B12，d2A2B2413，d3A3B3716，得出结 论； （II） 根据题意得， dkAkBkakak+1， 由为定值， 得出结论； （III）先证明 d1A1B10，即 maxa1mina2，an，故存在 k2 时，a1ak， 且对于任意的 j2，3，n，都有 ajak，再证明对于任意的 j2，3，k1， aja1ak， 由可知，对于任意的 j2，3，k1，都有 ajak，故 a1a2ak，同理 得出结论 【解答】解： （I）d1A1B12，d2A2B2413，d3A3B3716； （II） 证明： a1， a2， ， an（n4） 是公比大

36、于 1 的等比数列， 且 a10， 所以， 且数列为递增数列， 所 以 当k 1 ， 2 ， 3 ， ， n 1时 ， dk Ak Bk ak ak+1， 所 以 ， 所以 d1，d2，dn1是等比数列； （iii）若 d1d2dn10， 由 d1A1B10，即 maxa1mina2，an， 故存在 k2 时，a1ak，且对于任意的 j2，3，n，都有 ajak， 若 k2，则 a1a2， 若 k2，因为 dk10，所以 Ak1Bk1，即 maxa1，ak1minak，anak， 第 18 页（共 18 页） 又 a1ak，所以对于任意的 j2，3，k1，aja1ak， 由可知，对于任意的 j2，3，k1，都有 ajak， 故 a1a2ak， 因为 dk0，所以 AkBk，所以 akmaxa1，akminak+1，an， 所以存在 kk+1，k+2，n，使得 akak， 根据以上道理，可得故 akak， 依此类推，故an是常数列 【点评】本题是一道创新型数列题，结合等比数列的性质，考查了数学的逻辑推理能力 和数学运算能力，难度较大，综合性强