单元检测六 数 列
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a6＝17，S5＝a2a3，则a12等于( )
A．28 B．30 C．32 D．35
2．(2024·济南模拟)若a，b是函数f(x)＝x2－mx＋n(m>0，n>0)的两个不同的零点，且a，b，－1这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则关于x的不等式≥0的解集为( )
A．{x|x≤2或x≥5} B．{x|x<2或x≥5}
C. D.
3．若数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，则a2 023等于( )
A．－1 B．1 C．2 D.
4．(2024·淮安模拟)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2,4,7,11,16，从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2,3,4,5是等差数列，则称数列2,4,7,11,16为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前六项分别为1,3,6,10,15,21，则的最小值为( )
A. B. C．1 D.
5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S19＝57，则3a5－a1－a4等于( )
A．2 B．3 C．4 D．6
6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A．10 B．15
C．20 D．25
7．已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 023等于( )
A．2 023 B.
C．4 045 D.
8．已知数列{an}的通项公式为an＝·cos nπ，若对于任意正整数n，都有a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n>m2－2m－4，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,3) B．[－1,3]
C．(－3,1) D．[－3,1]
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．(2024·福州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，＝an＋，则( )
A．an＋1≥2an
B.是递增数列
C．{an＋1－4an}是递增数列
D．an≥n2－2n＋2
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12＞0，a7<0，则( )
A．a6＞0
B．－
D．数列中的最小项为第六项
11.(2024·福州模拟)如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为a0；点(1,0)处标签为1，记为a1；点(1,1)处标签为2，记为a2；点(0,1)处标签为1，记为a3；点(－1,1)处标签为0，记为a4；…，依此类推，格点(i，j)(i，j∈Z)处标签为i＋j，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则( )
A．a2 023＝－1 B．S2 022＝－1
C．a8n＝0 D．S4n2＋3n＝
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________.
13．(2024·苏州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且Sn＋1＝2Sn＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.
14．(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(13分)(2024·福州模拟)已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，且a2是a1和a5的等比中项，且a2n＝2an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2－，求{bn}的前n项和Sn.
16．(15分)(2023·襄城模拟)在等比数列{an}中，a7＝8a4，且a2，a3－4，a4－12成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nlog2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足|Tk|＝20时k的值．
17．(15分)已知数列{an}满足2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－3)an＝4n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
18．(17分)(2023·广州模拟)已知数列{an}满足an＋1＝且{an}的前100项和S100＝3 775.
(1)求{an}的首项a1；
(2)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
19．(17分)在①Sn＝2bn－1；②－4bn＝bn－1(n≥2)；③bn＝bn－1＋2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．
已知数列{an}为等比数列，a1＝，a3＝a1a2，数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，________，是否存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立？
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
单元检测六 数 列
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知等差数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且满足a6＝17，S5＝a2a3，则a12等于( )
A．28 B．30 C．32 D．35
答案 D
解析 设{an}的公差为d且d>0，由a6＝17，S5＝a2a3，得解得
故a12＝a1＋11d＝2＋33＝35.
2．(2024·济南模拟)若a，b是函数f(x)＝x2－mx＋n(m>0，n>0)的两个不同的零点，且a，b，－1这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则关于x的不等式≥0的解集为( )
A．{x|x≤2或x≥5} B．{x|x<2或x≥5}
C. D.
答案 D
解析 因为a，b是函数f(x)＝x2－mx＋n(m>0，n>0)的两个不同的零点，
则a＋b＝m，ab＝n，Δ＝m2－4n>0，且a，b>0；
不妨设a>b>0，因为a，b，－1可排列成等差数列，则等差数列为a，b，－1或－1，b，a，故2b＝a－1，
又a，b，－1可排列成等比数列，则等比数列为a，－1，b或b，－1，a，故ab＝1.
故＝a－1，即a2－a－2＝0，解得a＝2(负值舍去)，b＝.
故m＝2＋＝，n＝2×＝1，则不等式≥0，解得x<1或x≥.
3．若数列{an}满足an＋1＝，a1＝2，则a2 023等于( )
A．－1 B．1 C．2 D.
答案 C
解析 由题意得，a1＝2，a2＝＝＝－1，a3＝＝＝，a4＝＝＝2＝a1，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 023＝a3×674＋1＝a1＝2.
4．(2024·淮安模拟)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列2,4,7,11,16，从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列2,3,4,5是等差数列，则称数列2,4,7,11,16为二阶等差数列．现有二阶等差数列{an}，其前六项分别为1,3,6,10,15,21，则的最小值为( )
A. B. C．1 D.
答案 C
解析 数列{an}的前六项分别为1,3,6,10,15,21，
依题意知a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，
以上各式累加可得an－a1＝2＋3＋…＋n＝(n≥2)，
得an＝(n≥2)，
当n＝1时，a1＝＝1，满足an＝，
所以an＝，
所以＝＋＝＋－≥2－，
当且仅当＝，即n＝－1时，等号成立，
又n∈N*，所以取不到等号，所以最小值在n＝1取得，
当n＝1时，＝1，
所以的最小值为1.
5．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若S19＝57，则3a5－a1－a4等于( )
A．2 B．3 C．4 D．6
答案 B
解析 由题意得，S19＝＝＝19a10＝57，解得a10＝3，设等差数列{an}的公差为d，则3a5－a1－a4＝3(a1＋4d)－a1－(a1＋3d)＝a1＋9d＝a10＝3.
6．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A．10 B．15
C．20 D．25
答案 C
解析 ∵{an}是等比数列，
∴S4，S8－S4，S12－S8也是等比数列，
∴(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)．
又S8－2S4＝5，即S8－S4＝S4＋5，∴S12－S8＝＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20，当且仅当S4＝5时取等号，
∵S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，
∴a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
7．已知数列{an}和{bn}的首项均为1，且an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，则S2 023等于( )
A．2 023 B.
C．4 045 D.
答案 D
解析 ∵an－1≥an(n≥2)，an＋1≥an，
∴an≥an＋1≥an，∴an＝an＋1，即{an}为常数列，
∵a1＝1，∴an＝1.
∵2SnSn＋1＋anbn＋1＝0，
∴2SnSn＋1＋bn＋1＝0，
∴2SnSn＋1＋Sn＋1－Sn＝0，
∴－＝2.
∴数列是等差数列，首项为1，公差为2.
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴Sn＝，∴S2 023＝.
8．已知数列{an}的通项公式为an＝·cos nπ，若对于任意正整数n，都有a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n>m2－2m－4，则实数m的取值范围是( )
A．(－1,3) B．[－1,3]
C．(－3,1) D．[－3,1]
答案 B
解析 ∵当n＝2k(k∈N*)时，cos nπ＝1；当n＝2k－1(k∈N*)时，cos nπ＝－1，
∴an＝·cos nπ＝(－1)n·＝(－1)n·，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＝－1－＋＋－－＋…＋＋＝－1＋>－1，
∴m2－2m－4≤－1，解得－1≤m≤3，即实数m的取值范围为[－1,3]．
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．(2024·福州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，＝an＋，则( )
A．an＋1≥2an
B.是递增数列
C．{an＋1－4an}是递增数列
D．an≥n2－2n＋2
答案 ABD
解析 对于A，因为an＋1＝a＋1≥1，故＝an＋≥2＝2，所以an＋1≥2an，当且仅当an＝1时取等号，故A正确；
对于B，由A可得{an}为正数数列，且an＋1≥2an，则an＋1>an，故{an}为递增数列，且a1＝1，根据对勾函数的单调性，得为递增数列，故B正确；
对于C，由an＋1－4an＝(an－2)2－3，a1＝1，＝a1＋，即a2＝2，可知{an＋1－4an}不是递增数列，故C错误；
对于D，因为an≥1，所以an＋1－a＝1≤an＋1－an，所以an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1≥n＋1，an≥n，
所以an＋1＝a＋1≥n2＋1，即an≥(n－1)2＋1＝n2－2n＋2，故D正确．
10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d.已知a3＝12，S12＞0，a7<0，则( )
A．a6＞0
B．－
D．数列中的最小项为第六项
答案 ABC
解析 因为S12>0，所以S12＝＝＝6(a6＋a7)>0，
因为a7<0，所以a6>0，故选项A正确；
因为a6>0，a7<0，a3＝12，a6＋a7>0，
所以解得－
根据题意知，当1≤n≤6时，an>0，当n≥7时，an<0；
当1≤n≤12时，Sn>0，当n≥13时，Sn<0，
所以当1≤n≤6时，>0，当7≤n≤12时，<0，当n≥13时，>0，
所以数列中的最小项为第六项显然错误．
11.(2024·福州模拟)如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为a0；点(1,0)处标签为1，记为a1；点(1,1)处标签为2，记为a2；点(0,1)处标签为1，记为a3；点(－1,1)处标签为0，记为a4；…，依此类推，格点(i，j)(i，j∈Z)处标签为i＋j，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则( )
A．a2 023＝－1 B．S2 022＝－1
C．a8n＝0 D．S4n2＋3n＝
答案 AD
解析 对于A，由题意得，an＝i＋j，第一圈从a1(1,0)到a8(1，－1)共8个点，由对称性可得a1＋a2＋…＋a8＝0，
第二圈从a9(2，－1)到a24(2，－2)共16个点，由对称性可得a9＋a10＋…＋a24＝0，
根据归纳推理可得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0.
设a2 023在第n圈，则8＋16＋…＋8n＝4n(n＋1)，且4×22×(22＋1)＝2 024，
由此可知前22圈共有2 024个点，即S2 024＝0，且a2 024对应点为(22，－22)，
所以a2 023对应点为(21，－22)，所以a2 023＝21－22＝－1，故A正确；
对于B，因为S2 024＝0，所以S2 022＝S2 024－a2 024－a2 023＝0－(22－22)－(21－22)＝1，故B错误；
对于C，由图可得a32对应点为(1,3)，所以a32＝1＋3＝4≠0，故C错误；
对于D，因为，
又对应点为(n，－n)，所以＝0，
对应点为(n－1，－n)，所以＝－1，
…
对应点为(1，－n)，所以＝－(n－1)，
所以＝0－[－1－2－…－(n－1)]＝，故D正确．
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________.
答案 26－n
解析 设单调递减的等比数列{an}的公比为q，
∵a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，
∴＋a3＋a3q＝28,2(a3＋2)＝a2＋a4，
即2(a3＋2)＝＋a3q，
解得a3＝8，q＝(q＝2舍去)，
∴an＝a3qn－3＝8×n－3＝26－n.
13．(2024·苏州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，且Sn＋1＝2Sn＋1，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案
解析 由题意知，Sn＋1＝2Sn＋1，
故Sn＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减可得，an＋1＝2an(n≥2)，
在Sn＋1＝2Sn＋1中，令n＝1，可得a1＋a2＝2a1＋1，即a2＝3，
因此数列{an}从第二项开始是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝
14．(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么k＝________ dm2.
答案 5 240
解析 依题意得，S1＝120×2＝240 dm2；S2＝60×3＝180 dm2；
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm，20 dm× dm四种规格的图形，且5×6＝30 dm2，×12＝30 dm2，10×3＝30 dm2，20×＝30 dm2，所以S3＝30×4＝120 dm2；
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15 dm2，×6＝15 dm2，×12＝15 dm2，10×＝15 dm2，20×＝15 dm2，所以S4＝15×5＝75 dm2；
…
所以可归纳Sk＝×(k＋1)＝dm2.
所以k＝240，①
所以×k＝240，②
由①－②得，
×k＝240
＝240
＝240，
所以k＝240dm2.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(13分)(2024·福州模拟)已知等差数列{an}的公差不为零，其前n项和为Sn，且a2是a1和a5的等比中项，且a2n＝2an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2－，求{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a2是a1和a5的等比中项，
所以a＝a1·a5，
即(a1＋d)2＝a1·(a1＋4d)，
化简得d＝2a1，
又a2n＝2an＋1(n∈N*)，
即a1＋(2n－1)d＝2[a1＋(n－1)d]＋1，
化简得d＝a1＋1，则2a1＝a1＋1，
所以a1＝1，d＝2，
故an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
(2)因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2－，①
则当n＝1时，a1b1＝－，
因为a1＝1，所以b1＝－，
故当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2－，②
①－②得，anbn＝，n≥2，
而a1b1＝－不适合该式，
故anbn＝
又an＝2n－1，所以bn＝
则数列{bn}是从第二项起，公比为的等比数列，
当n＝1时，S1＝b1＝－，
故当n≥2时，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋＋…＋
＝＋＋…＋－1＝－1＝－，
经检验，当n＝1时，S1＝b1＝－符合Sn，
综上，Sn＝－，n∈N*.
16．(15分)(2023·襄城模拟)在等比数列{an}中，a7＝8a4，且a2，a3－4，a4－12成等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)nlog2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足|Tk|＝20时k的值．
解 (1)设{an}的公比为q，由a7＝8a4，
得a4q3＝8a4，解得q＝2，
由a2，a3－4，a4－12成等差数列，
得2(a3－4)＝a2＋a4－12，
即2(4a1－4)＝a1＋8a1－12，解得a1＝4，
所以{an}的通项公式是an＝4×2n－1＝2n＋1.
(2)由(1)知，bn＝(－1)nlog2an＝(－1)n(n＋1)，
则b2n－1＋b2n＝(－1)2n－1·2n＋(－1)2n(2n＋1)＝1，
当k为偶数时，Tk＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋…＋(bk－1＋bk)＝，
令|Tk|＝＝20，解得k＝40；
当k为奇数时，Tk＝Tk＋1－bk＋1
＝－(k＋2)＝－，
令|Tk|＝＝20，解得k＝37，
所以k＝40或37.
17．(15分)已知数列{an}满足2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－3)an＝4n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
解 (1)当n＝1时，2a1＝4，解得a1＝2；
当n≥2时，
2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－3)an＝4n，
2a1＋7a2＋12a3＋…＋(5n－8)an－1＝4(n－1)，
两式相减，可得(5n－3)an＝4，
解得an＝，易知a1＝2也符合上式，
综上所述，an＝.
(2)依题意，＝，
下面先求数列{(5n－3)·3n}的前n项和Tn，
Tn＝2×31＋7×32＋12×33＋…＋(5n－3)·3n，
3Tn＝2×32＋7×33＋12×34＋…＋(5n－3)·3n＋1，
两式相减，可得
－2Tn＝2×31＋5×32＋…＋5×3n－(5n－3)·3n＋1，
即－2Tn＝5×31＋5×32＋…＋5×3n－(5n－3)·3n＋1－9，
所以－2Tn＝－(5n－3)·3n＋1－9，
化简可得Tn＝＋·3n＋1，
故Sn＝＝＋·3n＋1.
18．(17分)(2023·广州模拟)已知数列{an}满足an＋1＝且{an}的前100项和S100＝3 775.
(1)求{an}的首项a1；
(2)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(1)解 当n为奇数时，an＋1＝2an－1＝2×(an－1＋3)－1＝an－1＋2，
则偶数项构成以2为公差的等差数列，
所以当n为偶数时，an＝a2＋n－2；
当n为偶数时，an＋1＝(an＋3)＝[(2an－1－1)＋3]＝an－1＋1，
则奇数项构成以1为公差的等差数列，
所以当n为奇数时，an＝a1＋，
则an＝又a2＝2a1－1，
所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝150a1＋3 625＝3 775，
解得a1＝1.
(2)证明 由(1)得，a2n－1＝n，a2n＝2n－1，
T1＝b1＝1<，
当n≥2时，bn＝＝<＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn<1＋
＝－<，
综上，知Tn<.
19．(17分)在①Sn＝2bn－1；②－4bn＝bn－1(n≥2)；③bn＝bn－1＋2(n≥2)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．
已知数列{an}为等比数列，a1＝，a3＝a1a2，数列{bn}的首项b1＝1，其前n项和为Sn，________，是否存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立？
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解 设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝，a3＝a1a2，
所以q2＝2q，解得q＝.
所以an＝n.
若选条件①：Sn＝2bn－1，则Sn－1＝2bn－1－1(n≥2)，
两式相减整理得＝2(n≥2)，又b1＝1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
所以anbn＝n·2n－1＝×n，
由指数函数的性质知，数列{anbn}单调递增，没有最大值，
所以不存在k，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．
若选条件②：由－4bn＝bn－1(n≥2)，b1＝1，知数列{bn}是首项为1，公比为－的等比数列，
所以bn＝n－1，所以anbn＝n·n－1＝(－4)×n，
因为anbn＝(－4)×n≤4×n≤4×＝，当且仅当n＝1时取等号，
所以存在k＝1，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．
若选条件③：由bn＝bn－1＋2(n≥2)，b1＝1，知数列{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以bn＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以anbn＝(2n－1)·n>0.
令＝＝·
＝＝f(n)，
则f(1)＝2，f(2)＝，f(3)＝，
当n≥3时，f(n)<1.
因此存在k＝3，使得对任意n∈N*，anbn≤akbk恒成立．
