2022届新高考（全国I卷）地区优质数学分项12 数列（解答题）【解析版】

2022届新高考（全国I卷）地区优质数学试卷分项解析专题12数列（解答题）（11月卷）64．（2021·广东·普宁市华侨中学高三期中）已知是公差为1的等差数列，且，，成等比数列．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和．【答案】（1）．（2）．【分析】（1）根据等差数列通项公式和等比中项定义，求得首项和公差，进而求得的通项公式．（2）数列可以看成等差数列与等比数列的乘积，因而前n项和可用错位相减法求解．【详解】（1）由题意得，，故，所以的通项公式为．（2）设数列的前项和为，则，，两式相减得，所以．65．（2021·高三月考）已知数列满足，且．（1）若，证明：数列是等比数列．（2）求的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1根据题设条件，结合等比数列的定义，即可求解；（2）由（1）求得，利用等差、等比的求和公式，即可求解. 【详解】（1）因为，且，所以．又因为，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1）可得，，即，则．66．（2021·山东临沂·高三期中）在①，，，成等比数列；②；；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题：已知是递增的等差数列，前n项和为，且___.（1）求数列的通项公式；（2）设，是否存在，使得取得最大值？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）.（2）存在，，理由见解析.【分析】（1）根据所选条件，利用等比中项的性质求基本量，写出通项公式；应用等差数列通项公式，结合已知求基本量，写出通项公式；根据关系求通项公式.（2）根据所得通项公式可知有，有，由题设讨论确定的值及符号，即可判断存在性.（1）是递增的等差数列，若公差为，选①：，则，可得. ∴.选②：，可得，∴.选③：当时，，又，显然符合通项公式.∴.（2）由（1）知：，可得，∴当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.综上，存在，使得取得最大值.67．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）已知为数列的前项和，，，，为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）若对所有恒成立，求满足条件的最小整数值.【答案】（1）（2）674【分析】 （1）利用递推公式，结合前项和与第项的关系、等比数列的定义进行求解即可；（2）根据对数的运算性质，结合裂项相消法进行求解即可.（1）由题意，当时，，两式相减得：，即：，所以时，为等比数列又因为时，，所以，所以，对所有，是以2为首项，8为公比的等比数列，所以；（2）由题知：所以所以所以满足恒成立的最小值为674.68．（2021·山东烟台·高三期中）已知公差不为的等差数列，满足，，记，其中表示不超过的最大整数，如，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和. 【答案】（1）（2）8809【分析】（1）利用已知条件结合等差数列的通项公式求出首项和公差，进而可求出结果；（2）结合对数的运算以及取整的概念找出规律，即可求出结果.（1）设等差数列的公差为，由题意可知，解得，所以，故的通项公式为，（2）由（1）知，则，当时，，则，共2项，当时，，则，共6项，当时，，则，共34项，当时，，则，共166项，当时，，则，共833项，当时，，则，共4165项，因此前项中有2个0，6个1，34个2，166个3，833个4，981个5，则前项的和为.69．（2021·江苏·南京市第一中学高三期中）已知数列满足，.（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和. 在（①；②；③三个条件中选择一个补充在第（2）问中，并对其求解，如果多写按第一个计分）【答案】（1）证明见解析，（2）答案不唯一，见解析【分析】（1）对递推公式两边同时取倒数，结合等差数列的定义进行运算证明即可；（2）选①：运用裂项相消法进行求解即可；选②：运用分类讨论方法进行求解即可；选③：运用分组求和法，结合等差数列和等比数列前n项和公式进行求解即可.（1）显然，由，两边同时取倒数得：，即，所以数列是公差为2的等差数列.故，即.（2）选①：，由已知得，，故数列的前项和，选②：，由已知得，，故数列的前项和，当为偶数时，；当为奇数时，，故选③：， 由已知得，，故数列的前项和70．（2021·广东福田·高三月考）已知是等差数列，，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前15项和．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用已知条件解方程得到基本量，再利用公式写通项公式即可；（2）先代入化简，分类讨论去绝对值，再分组可求前15项和.（1）设等差数列的公差为d，由条件得，解得．故．（2）由（1）可知，其中故的前15项和 71．（2021·高三月考）已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前2020项和．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）将换为得另一个式子，两式相减即可求出；（2）直接求解即可.【详解】（1）由，可得，所以，即，当，也满足，所以；（2）.72．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）已知等差数列，若，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，设，数列的前项和，证明：．【答案】（1）或（2）证明见解析【分析】 (1)结合已知条件利用等差数列性质和等比中项即可求解；(2)结合已知条件和(1)中结论确定的通项公式，然后利用裂项相消法求即可.（1）∵，∴①∵，，成等比数列，∴，即化简得，若，；若，②，由①②可得，，所以数列的通项公式是或.（2）由，结合(1)中结论可知，，故，从而即．73．（2021·广东·揭阳市揭东区教育局教研室高三期中）设函数，过点作轴的垂线交函数图像于点，以为切点作函数图像的切线交轴于点，再过作轴的垂线交函数图像于点，以此类推得点，，，记点，，，，的横坐标分别为，，，，，． （1）证明：，并求；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）求出切线方程，得出，由等比数列的定义求证即可；（2）利用错位相减法求数列的和即可.（1）以点为切点的切线方程为，令得，即，又因为，所以是以4为首项，为公比的等比数列，所以．（2）由题意可知，于是，①，②①-②得 ，所以74．（2021·广东·高三月考）在等差数列中，，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【分析】（1）设的公差为，将已知条件转化为关于和的方程，求得和的值，再由等差数列的通项即可求解；（2）由（1）可得，再求和即可求解.（1）设的公差为，因为，，所以，解得所以.（2）由（1）知，，故.75．（2021·湖南·高三月考）已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn，满足an+1＝Sn+1（n∈N*）．（1）求Sn； （2）记bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，可得所求；（2）求得，由数列的裂项相消求和，化简即可得到答案.【详解】（1）当时，，又，所以，即，在中，令，可得因为，所以故是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为，所以.（2）因为所以故76．（2021·福建·福清西山学校高三期中）已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列前n项和.【答案】（1） （2）【分析】（1）先赋值求得，再仿写式子相减（其实质是利用与的关系进行求解）；（2）先由（1）求得，再利用裂项抵消法进行求和，要注意对的值进行讨论.（1）解：当时，；由已知得，于是，即，又也满足上式，所以.（2）解：由（1）知，而当n为奇数时，，当n为偶数时，.综上，.77．（2021·湖北·高三期中）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且. （1）求，；（2）设，求数列的前8项和.【答案】（1），（2）【分析】（1）根据题意，将原式化简得，当时，求得，当时，由和的关系得出，由等差数列的定义可知是首项为1，公差为2的等差数列，最后根据等差数列的通项公式和前项和公式求出，；（2）根据题意，化简得，从而得出，代入计算即可得出结果.（1）解：由原式可得：，当时，；当时，，两式作差可得：，所以，又因为，则，所以，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴，，∴，； （2）解：，即，所以，即数列的前8项和.78．（2021·湖北·高三月考）已知数列满足，．（1）设，求证数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，是否存在正整数m，使得对任意的都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，试说明理由．【答案】（1）；（2）存在，3．【分析】(1)结合递推关系可证得bn+1－bn1，且b1＝1，可证数列{bn}为等差数列，据此可得数列的通项公式；(2)结合通项公式裂项有求和有，再结合条件可得，即求．【详解】（1）证明：∵，又由a1＝2，得b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列，所以bn＝1+(n－1)×1＝n，由，得．（2）解：∵，， 所以，依题意，要使对于n∈N*恒成立，只需，解得m≥3或m≤-4．又m＞0，所以m≥3，所以正整数m的最小值为3．79．（2021·山东聊城·高三期中）在①，；②公差为2，且，，成等比数列；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列为公差不为零的等差数列，其前项和为，______．（1）求数列的通项公式；（2）令，其中表示不超过x的最大整数，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【分析】选①（1）由等差数列的前项和公式列方程组解得和后可得通项公式；（2）根据定义求出，然后求和．选②（1）由等差数列的前项和公式结合等比数列性质求得后可得通项公式；（2）根据定义求出，然后求和．选③（1）利用和求得通项公式；（2）根据定义求出，然后求和．（1） 选①：设的公差为d，则由已知可得，解得，故的通项公式为选②：因为，，，由题意得，解得，所以的通项公式为选③：当时，当时，，符合所以的通项公式为（2）选①由知，，所以选②由知所以选③ 由知所以80．（2021·高三期中）已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据题设条件，列出方程求得，即可求得数列的通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，结合“乘公比错位相减法”，即可求解.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，由，，成等比数列，可得，即，解得或（舍），所以数列的通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）得所以，可得，两式相减得所以.81．（2021·山东泰安·高三期中）已知等差数列，，，25成等比数列，. （1）求数列的通项公式；（2）在所有相邻两项与之间插入k个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，求的值.【答案】（1）（2）6263【分析】（1）根据已知建立关于首项和公差方程，即可求出；（2）和k个为一组，可得数列的第50项在第9组的第6项，分组求和可得.（1）设等差数列的公差为，因为，，25成等比数列，则，即，由，可得，即，代入上式，解得或，若，则，不满足，，25成等比数列，所以，则；（2）和k个为一组，则每组个数构成首项为2，公差为1的等差数列，且每组的k个的和为，则前组共有个数，因为前8组有，前9组有，设数列的第50项在第9组的第6项，则设，则， 两式相减得，所以，则.82．（2021·山东德州·高三期中）设数列的前项和为，已知.（1）求通项公式；（2）对任意的正整数，设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【分析】（1）采用作差法，并验证是否满足通项；（2）分为奇数和偶数进行分类讨论，结合分组求和法，奇数项结合裂项法求和，偶数项采用错位相减法，即可得出答案.（1）因为①，所以②，①-②得，即，又，当时，，故，也满足，所以；（2）当时，，即时，，奇数项作和可得：；当时，，即，偶数项作和得③， ④，③-④可得：，即，化简得，故的前项和为：.83．（2021·福建省福州华侨中学高三期中）已知数列中，，，前项和为，若（，且）.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求出，再求出即得解；（2）求出，再利用错位相减法求数列的前项和.【详解】（1）数列中，（，且）①，又（，且）②，可得：，则数列是以为首项，公差为1的等差数列，则，则，当时，，也符合该式，则. （2）由（1）的结论得，，则；则，∴，两式错位相减可得：，∴.84．（2021·福建省高三期中）已知数列的前项和是，，点均在斜率为的直线上.数列、满足.（1）求数列的通项、；（2）若数列中去掉数列的项后，余下的项按原来的顺序组成数列，且数列的前项和为，求.【答案】（1），（2）【分析】（1）将点点代入直线的斜率可得数列为等差数列，然后可求出，再根据，作差可求出；（2）根据（1）的结论求分析出数列含有的项，最后套用等差和等比数列的求和公式即可.（1）数列的前项和是，，点均在斜率为直线上，，数列是以首项，为公差的等差数列.. 当时，，满足上式，故数列、满足时，，两式相减得，，满足上式，故.（2）设数列中前项中有数列的项，则，，即求满足的最大正整数，易得，所以数列中前106项有数列的6项，所以85．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）已知递增等比数列中，，，，其中分别为△ABC的三内角A，B，C的对边，且（1）求数列的公比；（2）若数列首项，求数列的前项和【答案】（1）（2）【分析】（1）依题意可得，再利用余弦定理及等比数列的通项公式得到方程，解得或，再根据数列的单调性，即可求出；（2）利用二倍角的正切公式求出，即可得到与的通项公式，再利用等比数列的前项和公式计算可得；（1） 解：因为，，，所以，由余弦定理得，则，即，解得或，又在三角形中、、，即又数列为递增的等比数列，所以（2）解：所以，所以，所以86．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）已知数列和均为正项数列，数列的前项和为，且满足，（1）求数列和的通项公式；（2）将，中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列，求数列的前100项和.【答案】（1），（2）【分析】（1）根据，即可求出数列的通项公式，再根据，即可求出的通项公式；（2）通过计算发现数列前项中与数列中相同的项共有项，即为数列中前项的偶数项，根据题意可知，前项为数列的前项中剔除与数列相同的项剩余的项，和数列中的前项中剔除与数列相同的项后剩余的项，再根据等差数列前项和公式和等比数列前项和公式，利用分组求和即可求出结果.（1） 解：因为当时，又，所以，当时，因为，所以两式相减，可得所以，又，所以.所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即；又，所以；（2）解：由（1）可知，当时，，又，所以，所以数列前项中与数列中相同的项共有项，即即为数列中前项中的偶数项，将，中相同的项剔除后，两个数列中余下的项按从小到大的顺序排列构成数列，则前项为数列的前项中剔除与数列相同的项剩余的项，和数列中的前项中剔除与数列相同的项后剩余的项，所以数列的前100项和为：.87．（2021·福建师大附中高三期中）已知数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用的关系可得，即可知为等比数列，写出等比数列通项公式即可.（2）由（1）得，利用分组求和，并结合错位相减法及等差、等比前n项和公式求.【详解】（1）当时，，解得，当时，，则，即，又，则，∴（常数），故是以为首项，以3为公比的等比数列，∴数列的通项公式为．（2）由（1）可得：，∴，设，则∴，∴，又，∴88．（2021·福建福州·高三期中）设数列的前项和为，___________从①；②；③数列是各项和均为正数递增数列，，成等差数列；这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并解答以下两个问题.（1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和为【答案】（1）（2）【分析】（1）根据条件中的递推关系式化简计算求解数列的通项公式即可；（2）根据题中求得的通项公式化简数列通项，再运用分组求和法求解数列的和可得出结果.（1）选①：∵，当时，，解得.当时，，所以.即.时，又时，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列.故数列的通项公式为：；选②：∵∴当时，，当时，，∴，当时，依然成立.所以；选③：∵数列是各项和均为正数递增数列，且∴数列是等比数列 ∵，成等差数列，则即，整理可得解得或（舍去）∴.（2）∵∴∴89．（2021·江苏·高三期中）设数列的前项和为，，．（1）求；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【分析】（1）根据与的关系推导出数列为等比数列即可求解；（2）根据错位相减法求和可.（1）当时，，即，当时，由可得，两式相减得：，即， 又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以（2）由（1）知，，所以，，，两式相减得：所以90．（2021·江苏省泰兴中学高三期中）已知数列的首项，且满足N*）．（1）求证：数列为等比数列；（2）若＜100，求满足条件的最大正整数n．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由已知递推公式得，由此可得证；（2）由（1）得，根据等比数列的求和公式可求得，再令 ，得函数的单调性和可得答案.（1）解：，，又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列．（2）解：由（1）可知，，，若，则，令，所以在上单调递增，且，所以满足条件的最大正整数．91．（2021·江苏泰州·高三期中）在公差不为0的等差数列中，前n项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和为．【答案】（1） （2）【分析】（1）设等差数列的公差为，进而根据题意计算得，，进而得答案；（2）由（1）得，再根据裂项相消求和法求解即可.（1）解：设等差数列的公差为，因为，所以，解得所以，所以，所以，即，所以，即，所以，解得所以数列的通项公式为.（2）解：由（1）知，所以，所以92．（2021·江苏苏州·高三期中）在下列条件：①数列的任意相邻两项均不相等，且数列为常数列，②，③中，任选一个，补充在横线上，并回答下面问题.已知数列的前n项和为，___________.（1）求数列的通项公式和前n项和；（2）设，数列的前n项和记为，证明：.【答案】 （1），；（2）证明见解析.【分析】（1）选①：由题意，，所以或，又因为数列的任意相邻两项均不相等，且，所以数列为，即，构造等比数列即可求解；选②：由，，两式相减可得，以下过程与①相同；选③：由，可得，又，时，，所以，因为，所以也满足上式，所以，即，以下过程与①相同.然后由分组求和法可得前n项和；（2）由（1）求出，，则，利用裂项相消求和法求出前n项和记为即可证明.（1）解：选①：因为，数列为常数列，所以，解得或，又因为数列的任意相邻两项均不相等，且，所以数列为，所以，即，所以，又，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即； 选②：因为，，所以两式相减可得，即，以下过程与①相同；选③：由，可得，又，时，，所以，因为，所以也满足上式，所以，即，以下过程与①相同；所以；（2）解：由（1）知，，所以，所以.93．（2021·江苏·高三月考）数列的前n项和为，满足.（1）求证：数列为等差数列；（2）令，如图，在平面直角坐标系中，依次连接点 得到折线，求由折线与直线所围成的区域的面积.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用消去构造等差数列的定义直接证明即可；（2）记梯形的面积为，利用梯形的面积公式表示出，利用错位相减法求和，即可得解.（1）因为，两边同时平方可得①.当n=1时，，解得.当n≥2时，②，①一②可得，化简得:，易得:数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列.即.（2）由第一问可得.过点向x轴作垂线，垂足分别为，且有，n∈N*，记梯形的面积为，易得，所以③④③-④得：，所以 94．（2021·江苏·金陵中学高三期中）已知各项均为正数的数列，满足且（1）求数列的通项公式（2）设，若的前项和为，求【答案】（1）；（2）.【分析】（1）将－－2＝0分解因式得，因为数列的各项均为正数，可得，即数列是以2为公比的等比数列，可求出通项公式；（2）由（1）得，计算出，利用错位相减法求解.【详解】（1）∵，∵数列的各项均为正数，∴，∴，即所以数列是以为公比的等比数列.∵，∴数列的通项公式.（2）由（1）及得，，∵，∴①∴②②-①得:. 95．（2021·河北·高三期中）设数列的前项和为，已知，且.（1）证明为等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；；（2）【分析】（1）根据，代入化简求得递推关系，移项成，验证是否满足即可证明等比数列，并求得通项公式，进而求得.（2）根据（1）求得，代入不等式，分离参数，根据函数单调性求得最值，从而求得参数范围.【详解】（1）由题知，，则，则，从而有，，又，即，满足，则，故为以为首项，为公比的等比数列，则，故（2）由（1）知，，则对于，恒成立，即， ，由函数单调性知，，单调递增，且时，，则满足条件不等式恒成立时，96．（2021·河北·深州长江中学高三期中）已知是公差为的等差数列，且，是公比为的等比数列且.（1）求数列、的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用已知条件可求得、的值，结合等差数列、等比数列的通项公式可求得数列、的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【详解】（1）因为是公差为的等差数列，且，则，解得，故，则，因为是公比为的等比数列，故；（2），所以，，则，上式下式可得，因此，.97．（2021·河北·深州长江中学高三期中）已知正项等比数列的前项和为，，且，， 成等差数列.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据条件利用等差、等比数列的通项公式列出方程求解即可求出通项公式；（2）根据分组求和的方法结合等差、等比数列的求和公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，解得（舍）；又，，成等差数列，所以2（）=+，,解得，所以的通项公式为.(2)因为，所以98．（2021·河北·高三期中）为等差数列的前项和，且，，记，其中表示不超过的最大整数，如，.（1）求，，；（2）求数列的前项和.【答案】（1），，（2） 【分析】（1）根据等差数列的求和公式可得公差的值，再由等差数列的通项公式可得的通项，进而可得的通项，即可得，，；（2）由的通项求出数列的规律，再求和即可求解.（1）由题意得可得：，所以，所以，所以，所以，，.（2）由（1）知：，当时，，当时，，，当时，，，当时，，，所以.99．（2021·河北·高三期中）已知数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，对任意的恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）（2）【分析】（1）由，可得时，，化为：，利用等比数列的通项公式可得． （2）由利用“裂项求和”方法即可得出．【详解】（1）∵，，∴，当时，，即，又，∴，∴，∴数列是等比数列，且首项为，公比为3，∴，∴.（2）由（1）得.∵，∴.∴，∴.设，则，∴是递增数列，∴，∴的最大值是.100．（2021·福建师大附中高三期中）已知数列{an}，{bn}满足：an+bn＝1，bn+1＝，且a1，b1是函数f（x）＝16x2﹣16x+3的零点（a1＜b1）．（1）求a1，b1，b2；（2）设cn＝，求证：数列{cn}是等差数列，并求bn的通项公式；（3）设Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1，不等式4aSn＜bn恒成立时，求实数a的取值范围． 【答案】（1），；（2）证明见解析，；（3）（﹣∞，1]．【分析】（1）由16x2﹣16x+3＝0解得：，可得a1，b1．由，得，可得b2．（2）由，可得，即cn+1＝cn﹣1，利用等差数列的通项公式可得cn，bn．（3）利用“裂项求和”方法可得Sn，对a分类讨论，通过转化利用单调性即可得出．【详解】（1）由16x2﹣16x+3＝0解得：，∴．由，得，将代入得．（2）∵，∴．即cn+1＝cn﹣1，又．故：数列{cn}是以﹣4为首项，﹣1为公差的等差数列．于是cn＝﹣4+（n﹣1）×（﹣1）＝﹣n﹣3，由得．（3）由题意及（2）知：．＝＝．∴Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1＝+…+＝ ＝．由恒成立，即（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0恒成立即可，设f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8①当a＝1时，f（n）＝﹣3n﹣8＜0恒成立②当a＞1时，由二次函数的性质f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＜0不可能恒成立．③当a＜1时，由于，∴f（n）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8在[1，+∞）上单调递减，由f（1）＝（a﹣1）n2+（3a﹣6）n﹣8＝4a﹣15＜0得，∴a＜1，4aSn＜bn恒成立．综上所述：所求a的取值范围是（﹣∞，1]．