第七节
数学归纳法(理)
[知识能否忆起] 数学归纳法 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立； (2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法． [小题能否全取] 1．用数学归纳法证明3n≥n3(n∈N，n≥3)，第一步应验证(　　) A．n＝1　　　　　　　　　 B．n＝2 C．n＝3 D．n＝4 答案：C　 2．(教材习题改编)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(　　) A．n＝k＋1时等式成立　　　　 B．n＝k＋2时等式成立 C．n＝2k＋2时等式成立 D．n＝2(k＋2)时等式成立 解析：选B　因为n为偶数，故假设n＝k成立后，再证n＝k＋2时等式成立． 3．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则(　　) A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋ B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋ C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋ D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋ 解析：选D　由f(n)可知，共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝＋＋. 4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n＋1＝2n＋2－1(n∈N*)的过程中，在验证n＝1时，左端计算所得的项为________． 答案：1＋2＋22 5．用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋1)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是________． 解析：当n＝k时，不等式为1＋＋＋…＋(n∈N*)成立，其初始值最小应取(　　) A．7　　　　　　　　　　 B．8 C．9 D．10 解析：选B　可逐个验证，n＝8成立． 3．(2013·海南三亚二模)用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)”的过程中，第二步n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时，应得到(　　) A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1 B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1＋2k＋1 C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1 D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k＋1－1 解析：选D　由条件知，左边是从20,21一直到2n－1都是连续的，因此当n＝k＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k，而右边应为2k＋1－1. 4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为(　　) A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2 解析：选C　边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条． 5．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(　　) A. B. C. D. 解析：选C　由a1＝，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝.猜想an＝. 6．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是(　　) A．6＋6·7k B．2＋7k－1 C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k) 解析：选D　(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除． (2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36. 这就是说，k＝n＋1时命题也成立． 由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立． 7．(2012·徐州模拟)用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N*)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真． 解析：n为正奇数，假设n＝2k－1成立后，需证明的应为n＝2k＋1时成立． 答案：2k＋1 8．(2012·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上的项为________． 解析：当n＝k时左端为 1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2， 则当n＝k＋1时，左端为 1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2， 故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2. 答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2 9．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn ＝________. 解析：由(S1－1)2＝S得：S1＝； 由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝； 由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝. 猜想Sn＝. 答案： 10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2 ＝n(4n2－1)． 证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝ ×1×(4－1)＝1，等式成立． (2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)． 则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1 ＝k[4(k＋1)2－1]－k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1 ＝k[4(k＋1)2－1]＋(12k2＋12k＋3－8k2－4k) ＝k[4(k＋1)2－1]＋[4(k＋1)2－1] ＝(k＋1) [4(k＋1)2－1]． 即当n＝k＋1时等式也成立． 由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立． 11．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)． (1)求过点P1，P2的直线l的方程； (2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上． 解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1， b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2. ∴直线l的方程为＝，即2x＋y＝1. (2)①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立． 则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1) ＝＝＝1， ∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立． 由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上． 12．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3……. (1)求a1，a2； (2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明． 解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0， 解得a1＝. 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，于是2－a2－a2＝0，解得a2＝. (2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 即S－2Sn＋1－anSn＝0. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， 代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.① 由(1)得S1＝a1＝， S2＝a1＋a2＝＋＝. 由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1,2,3…. 下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ)n＝1时已知结论成立． (ⅱ)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立， 即Sk＝， 当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝， 即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立． 综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立．
1．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是(　　) A．2k＋1 B．2(2k＋1) C. D. 解析：选B　当n＝k(k∈N*)时， 左式为(k＋1)(k＋2)…(k＋k)； 当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)， 则左边应增乘的式子是＝2(2k＋1)． 2．对大于或等于2的自然数 m的n 次方幂有如下分解方式： 22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19. 根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19, m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为________． 解析：∵依题意得 n2＝＝100, ∴n＝10. 易知 m3＝21m＋×2, 整理得(m－5)(m＋4)＝0, 又 m∈N*, 所以 m＝5, 所以m＋n＝15. 答案：15 3．已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*. (1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系； (2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明． 解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)； 当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝， 所以f(2)＜g(2)； 当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝， 所以f(3)＜g(3)． (2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明． ①当n＝1,2,3时，不等式显然成立． ②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立， 即1＋＋＋＋…＋＜－，那么，当n＝k＋1时， f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋， 因为－＝－＝＜0， 所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)． 由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
1．用数学归纳法证明an＋1＋(a＋1)2n－1(n∈N*)能被a2＋a＋1整除． 证明： (1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1可被a2＋a＋1整除． (2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时， ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除， 则当n＝k＋1时， ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1 ＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1 ＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1 由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除， ∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除， 即n＝k＋1时命题也成立， 由(1)(2)知，对任意n∈N*原命题成立． 2．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)，n∈N*，其中c≠0.求数列{an}的通项公式． 解：由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c ＝(22－1)c2＋c， a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2， a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3， 猜测an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*. 下面用数学归纳法证明． 当n＝1时，等式成立； 假设当n＝k时，等式成立， 即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，则当n＝k＋1时， ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1) ＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1) ＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck， 综上，an＝(n2－1)cn＋cn－1对任何n∈N*都成立． 不等式、推理与证明 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．不等式≤0的解集是(　　) A．(－∞，－1)∪(－1,2]　　 B．(－1,2] C．(－∞，－1)∪[2，＋∞) D．[－1,2] 解析：选B　∵≤0，∴－1＜x≤2. 2．把下面在平面内成立的结论类比推广到空间，结论还正确的是(　　) A．如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则也与另一条相交 B．如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则也与另一条垂直 C．如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行 D．如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行 解析：选B　由空间立体几何的知识可知B正确． 3．(2012·保定模拟)已知a＞b，则下列不等式成立的是(　　) A．a2－b2≥0 B．ac＞bc C．ac2＞bc2 D．2a＞2b 解析：选D　A中，若a＝－1，b＝－2，则a2－b2≥0不成立；当c＝0时，B、C不成立．由a＞b知2a＞2b成立． 4．若规定＝ad－bc，则不等式0＜＜1的解集是(　　) A．(－1,1) B．(－1,0) ∪(0,1) C．(－，－1) ∪(1，) D．(1，) 解析：选C　由题意可知0＜x2－1＜1?1＜x2＜2?1＜|x|＜?－＜x＜－1或1＜x＜. 5．(2012·天津高考)设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝3x－2y的最小值为(　　) A．－5 B．－4 C．－2 D．3
解析：选B　不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分，作辅助线l0：3x－2y＝0，结合图形可知，当直线3x－2y＝z平移到过点(0,2)时，z＝3x－2y的值最小，最小值为－4. 6．设a∈R，则“＜0”是“|a|＜1” 成立的(　　) A．充分必要条件　 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既非充分也非必要条件 解析：选C　因为a2－a＋1＝2＋≥＞0，所以由＜0得a＜1，不能得知|a|＜1；反过来，由|a|＜1得－1＜a＜1，所以＜0，因此，“＜0”是“|a|＜1”成立的必要不充分条件． 7．设M＝，且a＋b＋c＝1(a，b，c均为正数)，由综合法得M的取值范围是(　　) A. B. C. [1,8] D．[8，＋∞) 解析：选D　由a＋b＋c＝1， M＝≥8(当且仅当a＝b＝c时取等号)． 8．如果a，b，c满足c＜b＜a，且ac＜0，那么下列选项中不一定成立的是(　　) A．ab＞ac B．c(b－a)＞0 C．cb2＜ab2 D．ac(a－c)＜0 解析：选C　由题意知c＜0，a＞0，则A一定正确；B一定正确；D一定正确；当b＝0时C不正确． 9．已知函数f(x)＝，则f(f(x))≥1的充要条件是(　　) A．x∈(－∞，－ ] B．x∈[4，＋∞) C．x∈(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．x∈(－∞，－]∪[4，＋∞) 解析：选D　当x≥0时，f(f(x))＝≥1，所以x≥4；当x＜0时，f(f(x))＝≥1，所以x2≥2，解得x≥(舍去)或x≤－，因此f(f(x))≥1的充要条件是x∈(－∞，－]∪[4，＋∞)． 10．(2012·山西省四校联考)设实数x，y满足约束条件若目标函数z＝abx＋y(a＞0，b＞0)的最大值为13，则a＋b的最小值为(　　) A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选C　在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线abx＋y＝0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时，相应直线在y轴上的截距达到最大，此时目标函数z＝abx＋y(a＞0，b＞0)取得最大值，依题意有ab×1＋4＝13，即ab＝9，其中a＞0，b＞0，a＋b≥2＝2＝6，当且仅当a＝b＝3时取等号，因此a＋b的最小值为6. 11．已知M是△ABC内的一点，且
·
＝2，∠BAC＝30°，若△MBC、△MCA和△MAB的面积分别是、x、y，则＋的最小值是(　　) A．9 B．18 C．16 D．20 解析：选B　
·
＝|
||
|cos 30°＝2， ∴|
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|＝4，∴S△ABC＝×4×sin 30°＝1， ∴＋x＋y＝1，即2(x＋y)＝1， ∴＋＝·2(x＋y) ＝2≥2 ＝2×(5＋4)＝18，当且仅当y＝2x，即x＝，y＝时等号成立． 12．(2012·湖南高考)设a>b>1，c<0，给出下列三个结论： ①>；②acloga(b－c)． 其中所有的正确结论的序号是(　　) A．① B．①② C．②③ D．①②③ 解析：选D　由a>b>1，c<0得，<，>；幂函数y＝xc(c<0)是减函数，所以acb－c，所以logb(a－c)>loga(a－c)>loga(b－c)，①②③均正确． 二、填空题(本题共4个小题，每小题5分，共20分) 13．(文)若不等式－4＜2x－3＜4与不等式x2＋px＋q＜0的解集相同，则＝________. 解析：由－4＜2x－3＜4 得－＜x＜， 由题意得－＝－p，×＝q， 即p＝－3，q＝－，∴＝. 答案： 13．(理)若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________． 解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2， ∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2； ∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2. 答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2 14．(2012·福州模拟)如图，一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为________，第n行的第2个数为________． 解析：每行的第一个数可构成数列1,3,5,7,9，…，是以1为首项，以2为公差的等差数列，故第n行第一个数为1＋2(n－1)＝2n－1. 从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，…，可得a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2n－3. (其中n为行数)，以上各式两边分别相加，可得an＝[3＋5＋7＋…＋(2n－3)]＋a2＝＋3＝n2－2n＋3. 答案：2n－1　n2－2n＋3 15．(2012·浙江调研)已知实数x，y满足若(－1,0)是使ax＋y取得最大值的可行解，则实数a的取值范围是________．
解析：题中不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，令z＝ax＋y，则y＝－ax＋z，因为(－1,0)是使ax＋y取得最大值的可行解，所以结合图形可知－a≥2，即a≤－2. 答案：(－∞，－2] 16．(2012· 北京西城模拟)设λ＞0，不等式组所表示的平面区域是W.给出下列三个结论： ①当λ＝1时，W的面积为3； ②?λ＞0，使W是直角三角形区域； ③设点P(x，y)，?P∈W有x＋≤4. 其中，所有正确结论的序号是________． 解析：当λ＝1时，不等式组变成其表示以点(0,0)，(2,2)，(2，－1)为顶点的三角形区域，易得W的面积为3，①正确； ∵直线λx－y＝0的斜率为λ，直线x＋2λy＝0的斜率为－，λ×＝－≠－1，且直线x＝2垂直于x轴， ∴W不可能成为直角三角形区域，②错误； 显然，不等式组表示的区域是以点(0,0)，(2,2λ)，为顶点的三角形区域，令z＝x＋，则其在三个点处的值依次为：0,4,2－，∴z＝x＋的最大值zmax＝4，③正确． 答案：①③ 三、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(本小题满分10分)已知集合A＝{x|x2＜4}，B＝. (1)求集合A∩B； (2)若不等式2x2＋ax＋b＜0的解集为B，求a、b的值． 解：(1)A＝{x|－2＜x＜2}， ∵＞1?－1＞0?＜0?－3＜x＜1， ∴B＝{x|－3＜x＜1}． ∴A∩B＝{x|－2＜x＜1}． (2)由(1)及题意知，不等式2x2＋ax＋b＜0的解集为(－3,1)， ∴－3＋1＝－ ，－3×1＝， ∴a＝4，b＝－6. 18．(本小题满分12分)已知x＞0，y＞0，且2x＋8y－xy＝0， 求：(1)xy的最小值； (2)x＋y的最小值． 解：x＞0，y＞0,2x＋8y－xy＝0， (1)xy＝2x＋8y≥2， ∴≥8， ∴xy≥64. 故xy的最小值为64. (2)由2x＋8y＝xy，得＋＝1， 则x＋y＝(x＋y)·1＝(x＋y) ＝10＋＋≥10＋8＝18. 故x＋y的最小值为18. 19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，a，b∈R. (1)若对任意的实数x，都有f(x)≥2x＋a，求b的取值范围； (2)当x∈[－1,1]时，f(x)的最大值为M，求证：M≥b＋1. 解：(1)对任意的x∈R，都有f(x)≥2x＋a?对任意的x∈R，x2＋(a－2)x＋(b－a)≥0?Δ＝(a－2)2－4(b－a)≤0?b≥1＋?b≥1. ∵a∈R， ∴b∈[1，＋∞)，即b的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明∵f(1)＝1＋a＋b≤M，f(－1)＝1－a＋b≤M， ∴2M≥2b＋2，即M≥b＋1. 20．(本小题满分12分) 在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an. (1)求，，，…，并求(不需证明)； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1和S＝an， 得S＝(S2－S1)， 得＝＝2＋＝3， 由S＝(S3－S2)， 得＝2＋＝5， 由S＝(S4－S3)， 得＝2＋＝7， … 由S＝(Sn－Sn－1)得 ＝2＋＝2n－1. (2)由(1)知，Sn＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝－＝－， 显然，a1＝1不符合上述表达式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝ 21．(本小题满分12分)(2012·福州质检)某书商为提高某套丛书的销量，准备举办一场展销会．据市场调查，当每套丛书售价定为x元时，销售量可达到15－0.1x万套．现出版社为配合该书商的活动，决定进行价格改革，将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为30元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.假设不计其他成本，即销售每套丛书的利润＝售价－供货价格．问： (1)每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润是多少万元？ (2)每套丛书售价定为多少元时，单套丛书的利润最大？ 解：(1)每套丛书售价定为100元时，销售量为15－0.1×100＝5万套， 此时每套丛书的供货价格为30＋＝32元， 书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340万元． (2)每套丛书售价定为x元时，由 得0＜x＜150， 由题意，单套丛书利润P＝x－＝x－－30. ∵0＜x＜150， ∴150－x＞0， P＝－ ＋120. ∵(150－x)＋≥2 ＝2×10＝20， 当且仅当150－x＝，即x＝140时等号成立， ∴此时，Pmax＝－20＋120＝100. 每套丛书售价定为100元时，书商所获得的总利润为340万；每套丛书售价定为140元时，单套丛书的利润取得最大值． 22．(本小题满分12分)(2012·江西模拟)设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合： ①≤an＋1；②an≤M，其中n∈N*，M是与n无关的常数． (1)若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3＝4，S3＝18，试探究{Sn}与集合W之间的关系； (2)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且{bn}∈W，M的最小值为m，求m的值； (3)在(2)的条件下，设Cn＝[bn＋(m－5)n]＋， 求证：数列{Cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列． 解：(1)∵a3＝4，S3＝18，∴a1＝8，d＝－2， ∴Sn＝－n2＋9n， 

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