高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式
高考数学复习热点08 数列与不等式(原卷版)-2021年高考数学专练(新高考)
热点08 数列与不等式【命题趋势】在新高考卷的考点中，数列主要以两小和一大为主的考查形式，在小题中主要以等差数列和等比数列为主，大题中新高考比以往的考察有了很大的改变，以前是三角和数列在17题交替考查，现在作为主干知识必考内容，考察位置是17或18题，题型可以是多条件选择的开放式的题型。
由于三角函数与数列均属于解答题第一题或第二题的位置，考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分，对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目。
对于不等式内容新教材删除了线性规划和不等式选讲，新高考主要考察不等式性质和基本不等式。
基本不等式考察往往都是已基本不等式作为切入点形式出现，题目难度中等。
专题针对高考中数列、不等式等高频知识点，预测并改编一些题型，通过本专题的学习，能够彻底掌握数列，不等式。
请学生务必注意题目答案后面的名师点睛部分，这是对于本类题目的一个总结。
【满分技巧】1、等差、等比数列如果记住基本的通项公式以及求和公式和性质，基本上所有的等差、等比数列问题都可以解决。
2、数列求通项主要方法有：公式法、利用前n项和求通项、累加、累乘、构造等方法；这里要注意各个方法中递推关系的模型结构特点。
3、数列求和问题主要包含裂项求和，分组求和，绝对值求和，错位相减求和，掌握固定的求和方式即可快速得到答案；这里要注意各个方法中数列通项的结构模型；本专题有相应的题目供参考。
4、对于基本不等式类的题目应注意等号成立地条件和基本不等式的模型结构，对“1”的活用。
【考查题型】选择题、填空、解答题【常考知识】数列的概念、等差等比数列的概念和公式和性质、数列求通项的方法、数列求和的方法、不等式的性质、基本不等式【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题1．（2020·云南省个旧市第一高级中学高三其他模拟（理））设等差数列的前项和为，且{}n a n n S ，则的值为（ ）1144S =378a a a ++A ．11B ．12C ．13D ．142．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））设是等比数列，且，{}n a 1231a a a ++=，则（ ）234+2a a a +=678a a a ++=A ．12B ．24C ．30D ．323．（2018·陆川中学高三其他模拟（理））等差数列的前项和为,且，.设{}n a n n S 10a >500S =，则当数列的前项和取得最大值时, 的值为（ ）()*12n n n n b a a a n N ++=∈{}nb n nT n A ．23B ．25C ．23或24D ．23或254．（2020·广西高三一模（理））已知数列，，则（ ）21131322n n n a a a --=++12a =()25log 1a +=A ．B ．C ．D ．263log 331-231log 315-363log 231-331log 215-5．（2020年浙江省高考数学试卷）已知等差数列{a n }的前n 项和S n ，公差d ≠0，．记b 1=S 2，11a d≤b n+1=S 2n+2–S 2n ，，下列等式不可能成立的是（ ）n *∈N A ．2a 4=a 2+a 6B ．2b 4=b 2+b 6C ．D ．2428a a a =2428b b b =6．（2020·江苏宝应中学高二期中）若a ，b 为正实数，且，则的最小值为（ ）1123a b +=3a b +A ．2B ．C ．3D ．4327．（2020·云南省个旧市第一高级中学高三其他模拟（理））已知数列的前项和为，且{}n a n n S ，，，则的通项公式为（ ）12n n S a n +=+-*n N ∈12a ={}n a A ．B ．C ．D ．121n n a -=-12n n a -=121n n a -=+2nn a =8．（2020·贵州高三其他模拟（理））已知是双曲线的半焦距，则的最c 2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>a b c+大值是（ ）A BC D9．（2020·四川遂宁·高三零模（理））已知正项等比数列满足，，又为数{}n a 112a =2432a a a =+n S 列的前项和，则（ ）{}n a n 5S =A ． 或B ．312112312C ．D ．15610．（2020·河南焦作·高三一模（理））在等比数列中，，，则（{}n a 11a =427a =352a a +=）A ．45B ．54C ．99D ．8111．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））数列中，，，若{}n a 12a =m n m n a a a +=，则（ ）155121022k k k a a a ++++++=- k =A ．2B ．3C ．4D ．512．（2020·江西高三二模（理））已知等比数列的首项，公比为，前项和为，则“{}n a 10a >q n n S”是“”的（ ）1q >3542S S S +>A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件13．（2020·浙江省东阳中学高三其他模拟）已知数列的前n 项和，则{}n a ()212,1n n S n a n a =≥=n a =（ ）A ．B ．C ．D ．()21n n +22(1)n +121n-121n -二、多选题14．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））已知a >0，b >0，且a +b =1，则（ ）A ．B ．2212a b +≥122a b ->C ．D 22log log 2a b +≥-+≤15．（2020·广东湛江·高三其他模拟）已知数列{a n }满足：0＜a 1＜1，．则下列说()14n n n a a ln a +-=-法正确的是（ ）A ．数列{a n }先增后减B ．数列{a n }为单调递增数列C ．a n ＜3D ．202052a >三、填空题16．（2020年浙江省高考数学试卷）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列就是二阶等差数列，数列的前3项和是________．(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(1)2n n +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(N )n *∈17．（2020·广西高三一模（理））已知数列和满足，，，{}n a {}n b 12a =11b =1n n n a b b ++=.则＝_______.114n n n a b a +++=20211008b a 18．（2020·山东济宁·高三其他模拟）已知，若不等式对140,0,1m n m n >>+=24m n x x a +≥-++已知的及任意实数恒成立，则实数最大值为_________．,m n x a 19．（2020·福建莆田·高三其他模拟）在△ABC 中，三边a ，b ，c 所对应的角分别是A ，B ，C ，已知a ，b ，c 成等比数列.若，数列满足，前n 项和为，sin sin sin B A C ={}n a 32|cos |2nn a nB =n S 2nS =__________.20．（2020·四川遂宁·高三零模（理））已知均为实数，函数在时取,a b 1()(2)2f x x x x =+>-x a =得最小值，曲线在点处的切线与直线_____2ln(1)y x =+()0,0y bx =a b +=四、解答题21．（2020·福建莆田·高三其他模拟）在①；②为等差数列，其中成131n n n a a a +=+1{}n a 236111,1,a a a +等比数列；③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，然后解答2123111132n n na a a a -++++= 补充完整的题目.已知数列中，______.{}n a 11a =(1)求数列的通项公式；{}n a (2)设为数列的前项和，求证：.1,n n n n b a a T +={}n b n 13n T <注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22．（2020·安徽高三其他模拟（理））已知公比大于的等比数列满足，，1{}n a 2312a a +=416a =.2log n n b a =（1）求数列、的通项公式；{}n a {}n b （2）若数列的前项和为，求的前项和.{}n b n n S ()()*12n nnn a c n S -=∈N n n T 23．（2020年天津高考数学卷）已知为等差数列，为等比数列，{}n a {}n b ．()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-（Ⅰ）求和的通项公式；{}n a {}n b （Ⅱ）记的前项和为，求证：；{}n a n n S ()2*21n n n S S S n ++<∈N （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．n ()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数{}n c 2n 24．（2020年浙江省高考数学试卷）已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，．1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N （Ⅰ）若数列{b n }为等比数列，且公比，且，求q 与{a n }的通项公式；0q >1236b b b +=（Ⅱ）若数列{b n }为等差数列，且公差，证明：．0d >1211n c c c d +++<+*()n N ∈25．（2018·陆川中学高三其他模拟（理））已知数列为公差不为零的等差数列，且，{}n a 23a =1a 3a ，成等比数列.7a （1）求数列的通项公式；{}n a （2）若数列满足，记数列的前项和为，求证：.{}n b 110101n n n b a a +=+{}n b n n S 12n S <。
文科高考数学热点07 数列与不等式(解析版)
热点07 数列与不等式【命题趋势】 在目前高考卷的考点中，数列主要以两小或一大为主的考查形式，在小题中主要以等差数列和等比数列为主，大题与三角函数，解三角形的内容交替考查，早在2014年和2015年卷中，以数列的通项与求和为主，而近3年的第17题（即解答题的第1题的位置），完全是考查解三角形.但是数列仍然作为解答题第一题的热点.由于三角函数与数列均属于解答题第一题，考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分，对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目，对于不等式一般以线性规划以及作为一个工具配合其他知识点出现.主要是以基本不等式作为切入点形式出现，题目难度中等本.专题针对高考中数列，不等式等高频知识点，预测并改编一些题型，通过本专题的学习，能够彻底掌握数列，不等式.请学生务必注意题目答案后面的名师点睛部分，这是对于本类题目的一个总结.【知识点分析以及满分技巧】等差数列如果记住基本的通项公式以及求和公式，所有的等差数列问题都可以解决. 数列求和问题主要包含裂项求和，分组求和，绝对值求和，掌握固定的求和方式即可快速得到答案，本专题有相应的题目供参考.利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.一元二次不等式的解是全体实数（或在实数集上恒成立），一般分析二次项系数的符R 号以及判别式的符号，设，求解原则如下：()()20f x ax bx c a =++≠（1）在上恒成立，则；()0f x >R 00a >⎧⎨∆<⎩（2）在上恒成立，则；()0f x <R 00a <⎧⎨∆<⎩（3）在上恒成立，则；()0f x ≥R 00a >⎧⎨∆≤⎩（4）在上恒成立，则.()0f x ≤R 00a <⎧⎨∆≤⎩线性规划类题目技巧是可以直接采用边界点代入解析式求出最值即可.对于基本不等式类的题目应注意等号成立地条件.【考查题型】选择，填空，解答题（数列）【限时检测】（建议用时：50分钟）1．（2020·全国高考真题（文））设是等比数列，且，，{}n a 1231a a a ++=234+2a a a +=则（ ）678a a a ++=A ．12B ．24C ．30D ．32【答案】D【分析】设等比数列的公比为，则，{}n a q ()2123111a a a a q q ++=++=，()232234111112a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==因此，.()5675256781111132a a a a q a q a q a q q q q ++=++=++==故选：D.2．（2020·北京高考真题）在等差数列中，，．记{}n a 19a =-51a =-，则数列（ ）．12(1,2,)n n T a a a n ==……{}n T A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【分析】由题意可知，等差数列的公差，511925151a a d --+===--则其通项公式为：，()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-注意到，123456701a a a a a a a <<<<<<=<< 且由可知，50T <()06,i T i i N <≥∈由可知数列不存在最小项，()117,ii i T a i i N T -=>≥∈{}n T 由于，1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=故数列中的正项只有有限项：，.{}n T 263T =46315945T =⨯=故数列中存在最大项，且最大项为.{}n T 4T 故选：B.3．（2020·江西省临川第二中学高三二模（文））设等差数列的前项和为，且{}n a n n S ，则（ ）3944a a a +=+15S =A ．45B ．50C ．60D ．80【答案】C【分析】是等差数列，，，{}n a 3944a a a +=+4844a a a ∴+=+84a =1158158()15215156022a a a S a +⨯⨯====故选：C4．（2020·进贤县第一中学高三其他模拟（文））定义为个正数的1nii nu=∑n 123,,,n u u u u ⋅⋅⋅“快乐数”.若已知正项数列的前项的“快乐数”为，则数列{}n a n 131n +的前项和为（ ）136(2)(2)n n a a +⎧⎫⎨⎬++⎩⎭2019A ．B ．C ．D ．20182019201920202019201820191010【答案】B【分析】设为数列的前项和n S {}n a n 由“快乐数”定义可知：，即131n n S n =+23n S n n =+当时，1n =114a S ==当且时，2n ≥n *∈N 162nn n a S S n -=-=-经验证可知满足 14a =62na n =-()62n a n n N*∴=-∈()()()()136361112266611n n a a n n n n n n +∴===-++⋅+++数列的前项和为：∴()()13622nn a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭20191111120191223201920202020-+-+⋅⋅⋅+-=本题正确选项：B5．（2020·武威第六中学高三二模（文））已知等比数列，，，且{}n a 11a =418a =，则的取值范围是（ ）12231n n a a a a a a k +++⋅⋅⋅+<k A ．B ．C ．D ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭12,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】设等比数列的公比为，则，解得，{}n a q 34118a q a ==12q =∴，112n n a -=∴，1121111222n n n n n a a +--=⨯=∴数列是首项为，公比为的等比数列，1{}n n a a +1214∴，1223111(1)21224(1)134314n n n n a a a a a a +-++⋅⋅⋅+==-<- ∴．故的取值范围是．选D ．23k ≥k 2[,)3+∞6．（2020·四川省内江市第六中学高三其他模拟（文））已知等比数列中，公比为{}n a q，，且，，成等差数列，又，数列的前项和为，则23a =1-q 73log n n b a ={}n b n n T 9T =（）A ．B ．C ．D ．36284532【答案】A【分析】因为，，成等差数列，所以，解得：1-q7217q =-+3q =又，所以23a =2212333n n n n a a q ---==⨯=所以313log log 31n n n b a n -===-所以()()1991299911913622b b T b b b +-+-=+++=== 故选A7．（2020·安徽高三三模（文））数列的前项和为，若，且{}n a n n S ()212n S n an =--，，成等比数列，则该数列的通项公式为（ ）2a 4a 5a A ．B ．C ．D ．72n a n =-61n a n =-23n a n =+6n a n=-【答案】D【分析】：因为()212n S n an =--所以当时，．由，，成等比数列，则2n ≥()11212n n n a S S n a -=-=---2a 4a 5a ，解得，此时；当时，()()()2739a a a -=--11a =()516n a n n =--=-1n =满足上式，所以，()21111152n a S ==--=6na n =-故选：D ．8．（2020·全国高三专题练习（文））设为正项递增等比数列的前项和，且n S {}n a n ，则的值为（ ）3241522,16a a a a a +=+=6S A ．63B ．64C ．127D ．128【答案】A【分析】因为，132516a a a ==所以，34a =又，32422,a a a +=+所以，4824q q +=+即，22520q q -+=解得或（舍去），2q =12q =所以，3121a a q ==所以.()()6616111263112a q S q-⨯-===--故选：A9．（2020·全国高三专题练习（文））已知两正数、满足，则x y 1x y +=的最小值为（ ）．11z x y x y ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭AB ．C ．D．2-4254【答案】D 【分析】由题意，，21111()222y x x y xy z x y xy xy xy x y xy x y xy xy xy ⎛⎫+-⎛⎫=++=+++=++=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令，则，当且仅当时，等号成立，t xy =21024x y t xy +⎛⎫<=≤= ⎪⎝⎭12x y ==又函数在上单调递减，22y t t =+-10,4⎛⎤ ⎝⎦所以当时，函数取最小值，14t =22y t t =+-1258244+-=所以的最小值为.z 254故选：D ．10．（2020·全国高三专题练习（文））若对任意的、，不等式x y R ∈恒成立，则实数的取值范围为（ ）()223x y xy x y a ++≥+-a A ．B ．C ．D ．(],1-∞-(],1-∞[)1,-+∞[)1,+∞【答案】D【分析】不等式对任意恒成立等价于223()x y xy x y a ++≥+-x y ∈R 、不等式对任意恒成立，()223330x y x y y a +-+-+≥x y ∈R 、，()()2223433369120y y y a y y a ∴∆=---+=-++-≤，()2242314a y y y ∴≥-++=--+当时，取得最大值，，解得.1y =223y y -++444a ∴≥1a ≥因此，实数的取值范围是.a [)1,+∞故选：D.11．（2020·全国高三专题练习（文））设、为实数，若，则x y 2241x y xy ++=2x y +的最大值为（ ）AB ．C ．D．14【答案】A【分析】，∴，2241x y xy ++= 224431x y xy xy ++-=由基本不等式可得，即()()2223322213222382x y y x y xy x x y +==⎛⎫+-=⋅⋅≤⋅ ⎪+⎝⎭，()2285x y +≤当且仅当时取等号，，2x y =2x y ∴+故选：A.12．（2020·全国高三专题练习（文））若关于的不等式()的解x 210x bx c a ++<1ab >集为空集，则的最小值为（ ）1(2)2(1)1a b c T ab ab +=+--AB ．C ．D．24【答案】D【分析】关于的不等式()的解集为空集x 210x bx c a ++<1ab >所以，，得，10a >240c b a -≤24ab c ≥∴，221(2)122(1)12(1)a b c ab a b T ab ab ab +++=+≥---令，则，1ab m -=0m >∴，212(1)(1)22422m m m T m m ++++≥=++≥当且仅当时，等号成立，2m =即的最小值为4，1(2)2(1)1a b c T ab ab +=+--故选：D.13．（2020·全国高三专题练习（文））设，.与的等比中项，则0a >0b >3a3b 的最小值为（ ）12a b+A ．3B ．C ．D ．2+3+【答案】D【分析】是与的等比中项，3a3b∴，2333a b⋅==∴.1a b +=∵，.0a >0b >∴，()12122333b a a b a b a b a b ⎛⎫+=++=++≥+=+ ⎪⎝⎭当且仅当时取等号.2b ==∴的最小值为.12a b+3+故选：D.14．（2020·全国高三月考（理））已知实数、满足约束条件，则x y 10220220x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩的取值范围为（ ）31z y x =--A ．B ．C ．D ．(][),12,-∞-⋃+∞[]1,2-[]0,3(][),03,-∞⋃+∞【答案】A【分析】画出如图所示的可行域，目标函数表示可行域内的点与点连线的斜率.31z y x =--()(,1)P x y x ≠()1,3M 联立，解得，可得点，同理可得点.10220x y x y +-=⎧⎨-+=⎩01x y =⎧⎨=⎩()0,1A ()2,2C 如图易知，，所以或.31210MA k -==-32112MC k -==--1z ≤-2z ≥故选：A.15．（2020·全国高三专题练习（文））已知，，当时，不等式0m >0xy >2x y +=恒成立，则的取值范围是（ ）12m x y +≥m AB ．C ．D ．2m ≤<m 1≥01m <≤12m <≤【答案】B【分析】因为，，，0m >0xy >2x y +=所以，()1111122m m my x x y m x y x y x y ⎛⎫⎛⎫+=++=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(111122m m ⎛≥++=++ ⎝当且仅当，即时，取等号，2x y my x x y +=⎧⎪⎨=⎪⎩x y ==又因为不等式恒成立，12mx y +≥所以，(1122m ++≥即，230+≥，即 ，1≥m 1≥故选：B16．（2020·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则=（ ）n n S a A ．2n –1B ．2–21–nC ．2–2n –1D ．21–n –1【答案】B【分析】设等比数列的公比为，q由可得：，536412,24a a a a -=-=421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩所以，1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---因此.1121222n n n n n S a ---==-故选：B.17．（2020·江西高三期中（文））在区间上，不等式有解，则m 1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦2410mx x -+<的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．4m ≤74m <4m <3m <【答案】C【分析】解：令()241f x mx x =-+当时，原不等式为，解得，满足条件；0m =410x -+<14x >当时，函数的对称轴为，要使不等式在区间有0m <20x m =<2410mx x -+<1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦解，只需，即解得()20f <4700m m -<⎧⎨<⎩0m <当时，函数的对称轴为，要使不等式在区间有0m >20x m =>2410mx x -+<1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦解，当，即时，只需，即无解；2103m <<6m >103f ⎛⎫< ⎪⎝⎭110936m m ⎧-<⎪⎨⎪>⎩当，即时，只需，即解得；22m >01m <<()20f <47001m m -<⎧⎨<<⎩01m <<当，即时，只需，即解得；1223m ≤≤16m ≤≤20f m ⎛⎫< ⎪⎝⎭481016m m m ⎧-+<⎪⎨⎪≤≤⎩14m ≤<综上可得4m <故选：C18．（2020·全国高考真题（文））设等比数列{a n }满足，．124a a +=318a a -=（1）求{a n }的通项公式；（2）记为数列{log 3a n}的前n 项和．若，求m ．n S 13m m m S S S +++=【答案】（1）；（2）.13-=n n a 6m =【分析】（1）设等比数列的公比为，{}n a q 根据题意，有，解得，1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩113a q =⎧⎨=⎩所以；13-=n n a （2）令，313log log 31n n n b a n -===-所以，(01)(1)22n n n n n S +--==根据，可得，13m m m S S S +++=(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=整理得，因为，所以，2560m m --=0m >6m =19．（2020·四川宜宾市·高三一模（文））已知是递增的等差数列，且是方程{}n a 24,a a 的两根.210210x x -+=（1）求数列的通项公式；{}n a （2）记，数列的前项和为，求证：.21n n n c a a +={}n c n n T 13n T <【答案】（1）；（2）证明见解析.21n a n =-【分析】（1）因为方程两根为或7，210210x x -+=3x =又､是方程的两根，数列是递增的等差数列，2a 4a 210210x x -+={}n a ，，设公差为，则，解得，.23a ∴=47a =d 11337a d a d +=⎧⎨+=⎩11a =2d =1(1)12(1)21n a a n d n n ∴=+-=+-=-（2）由（1）知，，21n a n =-211111(21)(23)42123n n n c a a n n n n +===--+-+（∴1111111111(1)(1)45372123432123n T n n n n =-+-++-=+---+++ 11111(3421233n n =-+<++）20．（2020·全国高三其他模拟（文））已知数列的前项和，数列{}n a n 2n S n ={}nn b a -是首项为2，公比为2的等比数列．（1）求数列和数列的通项公式；{}n a {}n n b a -（2）求数列的前项和．{}n b n nT【答案】（1）；；（2）.21n a n =-2n n n b a -=n T 1222n n +=-+【分析】（1）由题意知111a S ==当时，，符合2n ≥()221121n n n a S S n n n -=-=--=-11a =21n a n =-所以，21n a n =-由题意知．2nn n b a -=（2）由（1）可知，，221nn b n =+-()()()()12122121212221321122nn n n n n T b b b n -+-=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-=+-1222n n +=-+21．（2020·贵州安顺市·高三其他模拟（文））已知数列的前项和满足{}n a n n S ，且.123n n a S +=+13a =（1）求数列的通项公式；{}n a （2）已知数列满足，求数列的前项和.{}n b n n b na ={}n b n nT【答案】（1）；（2）.3nn a =1213344n n n T +-⎛⎫=⋅+ ⎪⎝⎭【分析】（1）∵，∴时，，123n n a S +=+2n ≥123n n a S -=+∴，∴，112()2n n n n n a a S S a +-=-=-()132n n a a n +=≥又∵，∴，∴是以3为首项，3为公比的等比数列，∴21239a S =+=213a a ={}n a ；1333n n n a -=⨯=（2）由（1）知，，所以，3n n a =3nn b n =⋅∴①，213233nn T n =⨯+⨯++⋅ ∴②，231313233n n T n +=⨯+⨯++⋅ 由①②得：-231233333n n n T n +-=++++-⋅ ()11313132331322n n n n T n n ++-⎛⎫-=-⨯=-⋅-⎪-⎝⎭1213344n n n T +-⎛⎫=⋅+⎪⎝⎭22．（2020·全国高三专题练习（文））已知数列是公差不为零的等差数列，{}n a 92a =-，且满足，，成等比数列.3a 13a 8a （1）求数列的通项公式；{}n a （2）设，数列的前项和为，求使得最小的的值.12n n n n b a a a ++={}n b n n S n S n 【答案】（1）；（2）7329n a n =-【分析】（1）设数列的公差为，{}n a d ()0d ≠因为，，，成等比数列，所以，92a =-3a 13a 8a 21338a a a =即，整理得，解得或（舍去）.()()()224262d d d -+=----230d d -=3d =0d =故.()99329n a a n d n =+-=-（2）当时，，当时，，19n ≤≤0n a <10n ≥0n a >因为，12n n n n b a a a ++=当时，，当时，，17n ≤≤0n b <10n ≥0n b >而且，，()()8891052110b a a a ==-⨯-⨯=9910112148b a a a =-⨯⨯==-因此，所以使得最小的为7.97S S >n S n。
第五关 以数列与不等式相结合的综合问题为解答题-高考数学备考(解析版)
压轴解答题第五关 以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．类型一 求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-． （1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【答案】（1）11n n b n λλλλ=-+--，*n N ∈；（2）当2n =时，22231nn n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【解析】（1）由题意得()11n na λλ-=>，则()11n n nb b λλλ+-=->，当2n ≥时，()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+，()()()12111n n λλλλλλλ--=-+-+⋅⋅⋅+-+-()()121111n n n λλλλλ--=++⋅⋅⋅+--+-11nn λλλλ=-+--， 又由111b λ=-，符合上式， 因此11nn b n λλλλ=-+--，*n ∈N ．（2）由（1）知，当2λ=时，1102221n n n c b n ==>+--．易知2n =时，21243T c c =+=，此时22210313n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；3n =时，31233121T c c c =++=，此时2221012212110n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤=++=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦； 当3n ≥时，3n T T ≥，因为2n ≥时，113212n n n c +=<-， 所以1341111182111317131311122242412n n n n T -+-⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦<+++⋅⋅⋅+=+⨯=+-<⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-，因此374n T T ≤<， 令1n x T =-，则103,214x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，22211111n n n n n T T T x T T x -+=-+=+--， 利用对勾函数的单调性，得125,12x A x ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦（其中10122110A =++）， 从而22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．综上，当2n =时，22231n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【名师指导】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、解析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项． 【答案】（1）2n a n =+；（2）最大项为1161120T =-，最小项为242584T =-． 【解析】（1）设这2n +个数构成递增的等比数列{}n t 各项分别为12312,,,n n t t t t t ++，则这2n +个数的乘积12312nn n T t t t t t ++=⋅⋅⋅①， 21321n n n nT t t t t t t ++=⋅⋅⋅⋅⋅②，由等比数列的性质可得 122133100n n n k n k t t t t t t t t +++-⋅=⋅=⋅⋅=⋅=①②两式相乘可得()222210010n n nT ++==，所以210n n T +=，()1n ≥，得2lg lg102n n n a T n +===+，(*)n N ∈．（2）1122121212121212(1)(1)n n n n n nn n n n a a a b a a a a ---+-+-++⋅=-⋅=-1121211111(1)(1)2123n n n n a a n n --+-⎛⎫⎛⎫⋅=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝++⎭=--+，当2n k =时，1111111123557212332369n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当21n k =-时，11111111263557212332369n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=+= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2,2,6926,21,69n nn k k Z n S n n k k Z n ⎧=∈⎪⎪+∴=⎨+⎪=-∈⎪+⎩，则当2n k =时，11323nS n =-+单调递增，所以1ny S =单调递减， 1n n nT S S =-单调递增，所以2n =时，n T 最小为222142142521484T S S =-=-=- 当n →+∞时，116911981933232323232321n n n T n S S n n n n n n=-+--=-=--=---+++ 所以83n T <-当21n k =-时，11323n S n =++单调递减，所以1n y S =单调递增， 1n n nT S S =-单调递减，所以1n =时，n T 最大为1111815161158120T S S =-=-=-， 当n →+∞时，116911981933232632326326132n n n n n n S n T n S n n ++-=+-+=-+++++++-=+= 所以83n T >- 所以最大值为1161120T =-，最小值为222142584T S S =-=-． 类型二 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2)22[,)ππ-+∞.【解析】(1)由题()2e cos 4xf x a x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即可得到结果；(2)342e 34n n ππππ-≤-恒成立问题，设()e (0)tg t t t =>，然后运用导数知识得到()min n g x ⎡⎤⎣⎦，由()min 2n g x ⎡⎤≤⎣⎦，得到a 的取值范围. (1)()e cos e sin 2e cos 4x x xf x a x a x a x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，由0x ≥，得42x m πππ+=-，即*3,N 4x m m ππ=-∈， 而对于cos 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当Z k ∈时，若22242k x k πππππ-<+<+，即32244k x k ππππ-<<+，则cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭；若322242k x k πππππ+<+<+，即52244k x k ππππ+<<+，则cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭；因此，在区间()31,4m m πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()3,,44m m f x ππππ⎛⎫-+ ⎪⎭'⎝上的等号总相反， 于是当*3,N 4x m m ππ=-∈时，()f x 取得极值， ∴*3,N 4n x n n ππ=-∈， 此时，()3314432ecos (1)e 42n n n nf x a n a ππππππ--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 易知()0n f x ≠，而()()()312413142(1)e2e 2(1)en n n n n n f x f x a πππππ+-++-+-==--是常数， 故数列(){}n f x 是首项为()412e f x π=，公比为e π-的等比数列﹒(2)对一切()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，即3432e 4n n ππππ--≤342e 34n n ππππ-≤-恒成立， 设()e (0)tg t t t =>，则()()2e 1t t g t t-='，今()0g t '=得1t =， 当01t <<时，()0g t '<，∴()g t 在区间()0,1上单调递减； 当1t >时，()0g t '>，∴()g t 在区间()1,+∞上单调递增；∵()0,1n x ∈，且当2n ≥时，()11,,n n n x x x ∞+∈+<， ∴()()()212min54min ,min ,e 444n g x g x g x g g g πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤==== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因此，()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，当且仅当224e a ππ≤，解得22e 4a ππ-≥， 故实数a 的取值范围是22e ,4ππ∞-⎡⎫+⎪⎢⎪⎣⎭﹒ 【点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---<⎪⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)2,2nn n a n b ==；(2)不存在，理由见解析； (3)存在，1λ=±. 【解析】（1）法1，由题设可得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式；法2：作差法可得()1·22n n n a b n n +=，令n a kn b =+，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.（2）假设存在p ，*q N ∈满足条件，则22485012q p p -+-=，根据左侧的奇偶性确定q ，进而求p ，即可确定存在性.（3）由()11cos12n n a π++=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11n n c λ+-<，作商法判断{}n c 单调性，讨论n 的奇偶性结合恒成立求λ的范围，进而可判断存在性. (1)法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q .∵()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+， 令1n =，2，3得：114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =，∴112233221648a b a b a b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即()()()()2221622248d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或22d q =⎧⎨=⎩. 经检验2d =，2q =符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去.∴2,2n n n a n b ==.法2：由()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+①， 则()()1112233112?242n n n a b a b a b a b n n +--+++⋯+=-+②， ①-②得，()1·22n n n a b n n +=，又114a b =，也符合上式， ∴()1*·2n n n a b n n N +=∈， 由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则1·2n n n b kn b+=+，∵{}n b 为等比数列，则()()()1211n n n k n b b q b n kn b -⎡⎤-+⎣⎦==-+（为常数），即()()22220qk k n bq kq b k n qb -+--+-=恒成立，∴2q =，0b =，又12a =，则2k =，故2,2nn n a n b ==；(2)假设存在p ，*q N ∈满足条件，则()24422020q p +-=，化简得22485012q p p -+-=， 由*p N ∈得，248501p p +-为奇数，故22q -为奇数，故2q =. ∴2485011p p +-=，即2242510p p +-=，可得2506p -±=，这与*p N ∈矛盾，∴不存在满足题设的正整数p ，q ；(3)由2n a n =，得()()11coscos 112n n a n ππ++=+=-， 设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11.n n c λ+-< ()()212111214841121234831231122n n n n n a c n n n c n n n n n a n a +++++++====>++++-+-+ +⎝⎝，由0n c >，则1n n c c +>，数列{}n c 单调递增. 假设存在这样的实数λ，使得不等式()11n n c λ+-<对一切*N n ∈都成立，则①当n 为奇数时，得()123n min c c λ<==②当n 为偶数时，得()285n min c c λ-<==85λ>综上，8523λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，则存在1λ=±满足条件. 类型三 数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题 【答案】(1)5(2)1n a = (3)证明见解析 【解析】（1）根据题意得到当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，从而()110255S a a +==；（2）根据题干条件得到21n n n a a a ++==，故{}n a 为常数列，结合12344a a a a +++=求出1n a =；（3）对要证明的不等式变形，构造n n b ma α=-，研究其性质，证明出结论.(1)由题意得：121a a +=，2n n a a +=，则当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，所以数列{}n a 的前10项和()110255S a a +==；(2)由题意得：12344a a a a +++=，4n n a a +=，对于给定的正奇数t ，12t a a a t ++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，n t n a a +=，则令21t k =-，k *∈N ，得：2221214n n k k n k n a a a a +++-+-+===，11212n n k n k n a a a a +++-+===，综上：{}n a 为常数列，由12344a a a a +++=可得：1n a = (3)要证12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥，只需证12N N N k a a a k m α+++++⋅⋅⋅+≥⋅，即证120N N N k a a a m m m ααα+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令数列n n b ma α=-，由于{}n a 具有性质()m P α，即12m a a a α++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则12120m mb b b a a a mmmααα++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，对*n N ∀∈，n m n m n n b mmb a a αα++=--==，所以{}n b 具有性质(0)m P ，令()123i i S b b b b i N *=+++∈，设12,,m S S S 的最小值为()1N S N m ≤≤，对*k N ∀∈，令N k pm r +=+，,,0p r N r m ∈<≤，由于{}n b 具有性质(0)m P ，则有0pm S =，所以123123N k pm r pm pm pm pm pm r r r N S S S b b b b b b b b S S ++++++==+++++=++++=≥，所以0N k N S S +-≥，所以12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥成立【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+． 【答案】(1)14；(2)1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)证明见解析.【解析】(1)根据已知条件，分别取n ＝1，2，3即可依次算出123,,a a a ； (2)用作差法求出{}n a 的通项公式，再求其前n 项和；(3)求123,,S S S ，猜想n S ，用数学归纳法证明n S ；用导数证明()ln 1(0)1xx x x<+>+，令1x n =，得11ln 11n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，用这个不等式对n S 放缩即可得证. (1)依题()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭， 314a ∴=； (2)依题当2n ≥时，()()121211212122144222n n n n n n n n nna a a na a a n a ----++⎛⎫⎡⎤=++-++-=---= ⎪⎣⎦⎝⎭， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，又1012412a +=-=也适合此式， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，∴数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-； (3)111b a ==，1111S b T ∴==⨯， 1221122T b a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()1212121221111112222T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=+++=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2323232331111111111123232323T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，猜想：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭① 下面用数学归纳法证明： (i)当n ＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当n k =时，①成立，即1112k k S T k ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.从而1111111112121k k k k k k T S S b T a k k k +++⎛⎫⎛⎫=+=++++++++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()111121kk T a k +⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭111121k T k +⎛⎫=+++⎪+⎝⎭. 故①成立. 先证不等式()ln 1(0)1xx x x<+>+ ②令()()ln 11xg x x x=+-+， 则()22110(0)1(1)(1)x g x x x x x '=-=>>+++. ()()00(0)g x g x ∴>=>，即②成立.在②中令1x n =，得到111ln 1111n n n n ⎛⎫+>=⎪+⎝⎭+ ③ 当1n =时，12S <； 当2n 时，由①及③得：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 111ln2ln 1ln 121n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫<++++++ ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()()111ln2ln3ln2(ln ln 122n n n -⎛⎫⎡⎤=++-++--- ⎪⎣⎦⎝⎭()21ln n <+. 证明完毕.【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=． （1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】（1）证明见解析；()14331nn n a -=⎡⎤+-⎣⎦；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为11113n n n a a +++=，所以2211111313131334444n n n n n n n n n a a a a ++++++⎛⎫-=--=-+=-- ⎪⎝⎭， 又119933444a -=-=，所以数列1134n n a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以34为首项，1-为公比的等比数列， 所以()11133144n n n a +--=⋅-，即()113314n n n a -⎡⎤=+-⎣⎦，故()14331n n n a -=⎡⎤+-⎣⎦． （2）由113a =，216a =，得121325a a +=<，当4n ≥且n 为偶数时，11111141143341133131333231333n n n n n n n n n n na a ------+⎛⎫⎛⎫+=+=⋅<+ ⎪⎪+-⋅+⋅-⎝⎭⎝⎭， 所以1234111411113633333n n n a a a -⎛⎫++⋅⋅⋅+<++⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭114123132712322754513+⨯=+=<<-； 当3n ≥且n 为奇数时，1n +为偶数，则12135n n a a a a +++⋅⋅⋅++<，由于0n a >，则1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．综上，1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟） 【答案】（1）212n n a -=，()1214n n b =-；（2）24,5⎛⎫+∞⎪⎝⎭． 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则0q >， 因为12a =，32111a a -=，所以211122q q -=，即21120q q --=，解得1q =-（舍去）或12q =，故数列{}n a 的通项公式为1211222n n n a --=⨯=． 因为11n n nb b a +=+，所以212n n n b b -+-=， 又114b =，所以当2n ≥时，()()()312132111242n n n n b b b b b b b b --=+-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+()()1121421124n n -==--．经检验，114b =也满足上式，所以()1214n n b =-．（2）由（1）得，()()()()11111128212121212116n nn nn n n n n n c a b b -++++⋅===⋅⋅-⋅--⋅- ()()()()1118212111821212121n nn n nn +++⎡⎤⋅---⎛⎫⎣⎦==- ⎪---⋅-⎝⎭，所以12122311111118212121212121n n n n S c c c +⎛⎫=++⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪------⎝⎭111111*********n n ++⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭． 又28n S n λ>-恒成立，所以21821n n λ+>-恒成立．设()2121n n f n +=-，*N n ∈，则()()()()()()()22122121212211*********n n n n n n n n n n f n f n +++++-++⋅-+++-=-=----． 易知当2n ≤时，()()10f n f n +->；当3n ≥时，()()10f n f n +-<． 于是()()()()()12345f f f f f <<>>>⋅⋅⋅，所以()()max 335f n f ==，所以实数λ的取值范围是24,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题 【答案】(1)312n n a -=(2)证明见解析 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.(1)因为2n S =3n a -n . 所以12n S +=13n a +-n -1，所以所以1111313222n n n a a a +⎛⎫+=++=+ ⎪⎝⎭， 所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为11322a +=，公比为3的等比数列.所以1322nn a +=，所以312n n a -=；(2)证明： ，122321211·11313313331133n n n n n n n n -==⋅⋅=----，.4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}n a ，2{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n n nS T n ap ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题 【答案】(1)122n n a n +，*N n ∈；(2)证明见解析.【解析】（1）由题设可得2n n a b n =，2n nna b =，两式相乘并结合12a =即可确定{n a }的通项公式； （2）由（1）易知21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=，应用错位相减法求n S ，n T ，进而可得222211)11(1[(1)]1(1)n n nnnS T p p p p p p a n +-=+-⋅---，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论. (1)由题设，{n n a b }是首项、公差均为2的等差数列，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项、公比均为2的等比数列，∴2n n a b n =，2n nna b =，则212n n a n +=⋅，故122n n a n +=，而12a =，∴122n n a n +=，*N n ∈.(2)由题设易知：21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=， 23112...n n S p p n p +=⨯+⨯++⋅，则341212...(1)n n n p p n p pS n p ++=⨯+⨯++-⋅+⋅，所以223122((.))111..n n n n n p p p p pn pn p S p p +++-=+++-⋅=---，故222(1)(1)1n n n p p p S np p+-=---，则22(1)1(1)n n n n p p p p S np a p -=--- 01112...n n n T p p p -=+++，则121121...n n n T n np p p p p--=++++， 所以011111111(1)...11nn n n n n n p T p p p p p p p---=+++-=--，故22(1)(1)(1)n n n n p p np T p p p p -=---，则2222(1)1(1)(1)n n n n n T p p np p p p a -=--- 222211)11|(1[(1)]|1(1)n nnn nS T p p a p p n pp +-=+-⋅---，2p ≥，*N n ∈， 而21221)11(1[(1)]1(1)n n p p p p n p p ++-⋅-=--212(1)11[]01(1)(1)1n n p n p p n p np p p +--++>---恒成立， 当p 趋向于无穷大时，211n p +、21n p趋向于0，故222211)11(1[(1)]1(1)n n nnn S T p p p p p p a n +-=+-⋅---211(1)p p p p n >-⋅--， 又211(1)p p p p n -⋅--在*N n ∈上递增，所以222111(1)(1)n n n S T p p a p p p ->-=----，得证. 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题 【答案】(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+;(2)证明见解析【解析】（1）对题干条件变形整理为1111(2)11n n n a a --=≥--，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明. (1)当1n =时，1122a a =-，123a = 当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=-相除得11(2)1nn n a a n a --=≥- 整理为：1111(2)111n n n na n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求.(2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+． 1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭， 22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭112224333n n n S a n ++∴>-=-+， 所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭.【答案】(1)n a n=证明见解析.(3)证明见解析. 【解析】 （1）由已知得221111n n a a --=，由等差数列的定义得21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项； （2）由已知得1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，有()11111232m n ++⋯+>+，由21log 2m n m +<+，可得证；（3）由已知得2211n n n S S n n -=，当2n >时，2211n n n S S n n --=- ，22112111n n n S S n n ----=--， ⋯ ，22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）的结论可得证. (1)解：2212211n n n n a a a a --=-，221111n n a a -∴-=， 2111a = ，21n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，21n n a ∴=， n a n∴=； (2)证明：2222311123n a a a n++⋯+=++⋯+， 1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<， 则()11111232m n ++⋯+>+， 又112222m m m n k +++=+<，从而21log 2m n m +<+，[]2log 1n m ∴=+，所以[]21111log 232n n ++⋯+>，[]2222321log (2)2n a a a n n ∴++⋯>>； (3)证明：1n a n =，1n n S S n-∴=，2211n n n S S nn -∴= ∴当2n >时，2211n n n S S nn --=， 22112111n n n S S n n ----=---， ⋯ ， 22221122S S -=-， 累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）结论有[]2322112log 223n n S n n -<-[]()231221121log 22123n n S n n ∴+<-+312212log 2123n n n <-31222log 123n n a n =+ ，故得证. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．【答案】(1)()*21n a n n N =-∈(2)证明见解析，()*62n n n b n N =-∈(3)()20112695+ 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解数列{}n a 的通项公式；（2）根据题干条件变形得到1113122n n n n b b --⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭()2n ≥，从而得到结果；（3）求出()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩，利用分组求和和等比数列求和公式进行求解. (1)点(),n n S 在函数2y x =的图象上，()2*n S n n N ∴=∈当1n =时，21111a S ===当2n 时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=- 11a =也适合，{}n a ∴的通项公式为()*21n a n n N =-∈(2)∵()11622n n n b b n +-=+∴()1111116211333122222n n n n n n n n n b b b b n +-----+⎛⎫+=+=+=+ ⎪⎝⎭ ∵111134132bb a =+=∴+= ∴12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭其首项为3，公比为3的等比数列 ∴113332n n nn b -+=⨯= ∴()*62n n n b n N =-∈(3)由（2）得26n nn b +=由题意得：n *∈N 均有，3111231232222n n nn c c c c a b b b b +=++++++++ ∴()3111231123122222n n n n c c c c a n b b b b ---=++++++++ ∴()1222nn n nn c a a n b +-==+ ∴()2226n nn n c b =+=⨯()2n又∵12132c a b ==+ ∴()11323618c b =+=⨯= ∴()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩∴()234201012320101826666c c c c +++⋯+=++++⋯+ =()1232010626666++++⋯+=()20102011661261862615-⋅++⋅=-=()20112695+ 8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ； （ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题 【答案】(1)2n n a =，2n b n =；(2)（i ）()()1221213nn +--，（ii ）证明见解析. 【解析】(1)设出等比数列{}n a 的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列{}n b 的公差，再列式即可作答. (2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算n S ；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出12ni i i ia b S =+∑即可作答. (1)设等比数列{}n a 的公比为q ，而等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项成等差数列，则()13242a a a a +=+， 即()2311112a a qa q a q +=+，解得2q，又12a =，于是得112n n n a a q -==，显然有224b a ==，8416b a ==，则等差数列{}n b 公差28282a d a -==-，2(2)2nb b n d n =+-=， 所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别是2n n a =，2n b n =. (2)(i)由(1)得，()()2222123123n n n S a a a a a a a a =++++-++++()()232344442222n n =++++-++++()()()()14142122212114123n n nn +--=-=----.(ii)由(i)得，()()()11321212*********nn n n n n n n n a b n n S ++⋅++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭， 所以122334112233445123[()()()()]2121212121212121ni i n n i i a b n n S +=+++=-+-+-++---------∑123(2)621n n ++=-<-. 9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 【答案】(1)n S n 证明见解析 【解析】（1）根据1n n n a S S -=-，整理后2211n n S S --=，根据等差数列的性质可知{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列 （2）先对1nS 进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和. (1)解：由题意得：112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∴11112nn n n nS S S S S等式两边同乘()12n n S S --，得2221112221n n n n n n n S S S S S S S ----⋅=+-⋅+整理得2211n nS S --=，由111112S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，得211S =，即{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列∴2n S n =，n S n(2)12n S n n ==121n n n n n <<+++-∴12311111223341n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅++++++()22132431211n n n =⋅⋅⋅++=+∴)211n T n >+，12311112121321n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅++++-(21213212n n n =+⋅⋅⋅+-=∴2n T n < 112nT n n +<< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-. （1）若2a =； （i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由. 【答案】（1）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析；（2）1a ≥. 【解析】（1）（i ）首先根据已知条件推出1n a +与n a 的大小关系，计算出111n n a a ---，然后求出12na +的取值范围，从而可使问题得证；（ii ）首先根据条件求出11111n n n b a a +=---，然后求出n S ，从而结合（i ）的结论使问题得证； （2）首先分1a >，1a =，1a <三种情况求出n a 的取值范围，当1a <时，求出111n na a +--的取值范围，从而可推出在00n a >时，当()0021log 01n n n n a a >+>-时，0n a <，不符合题意，即可求解a 的取值范围．【详解】（1）（i ）由112n n n a a a +=-可得11n n n na a a a +-=-， ①当1n =时，∵12a a ==，∴211110a a a a -=->，∴21a a >， ②假设n k =时，121k k a a a a +>>>>，则2k a ≥，∴1n k =+时，211110k k k k a a a a ++++-=->，21k k a a ++>，由①②可知对一切正整数n 都有1n n a a +>，∴()()21211211n n n n n n na a a a a a a ++----==，∴11211522,12n n n n n a a a a a +-+⎛⎤==+∈ ⎥-⎝⎦， ∴()()1111512112n n n a a a --⎛⎫-⋅<-≤- ⎪⎝⎭，∴1152112n n n a --⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，但当1n =时，111212a -+==，∴1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤．（ii ）∵()()12111n n n na a a a ++--=，∴()()1111112113121n n n n n n a a a a a a +⎛⎫==+ ⎪-+--+⎝⎭，∴13111121n n n a a a +=+--+， ∴11211112111n n n n n b a a a a ++=-=--+--， ∴12231111111111111n n n a a a a a S a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111n n a a a ++=-=----， 由（i ）知152112nn n a +⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，可得1211512n n n a +⎛⎫⎛⎫≤< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，即11121111215n nn a +⎛⎫⎛⎫-<-≤-< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， ∴1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭．（2）∵对任意的*N n ∈，都有0n a >， 且11n n n na a a a +-=-，∴显然0a >，由（1）证明知， ①若11a a =>，则10n n a a +->，∴1n n a a +>，∴0n a >； ②若11a a ==，则{}n a 为常数列，∴0n a >；③若11a a =<，则10n n a a +-<，∴1n a a ≤<， 又11121n n na a a +-=+-， 若00n a >，则0122n a +>，则1121n na a +->-， ∴()00112n nn n a a -->-⋅，∴当()001120n nn n a a -<--⋅<时，有0121n n n a ->-， ∴当0021log 1n n n a >+-时，0n a <，不符合题意． 综上可知，1a ≥.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 【答案】（1）22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数（2）1 . 【解析】（1）由题意可得11a =，22a =，因为34S a =，3542a a a +=+，所以12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩整理得：4232d qd q +=⎧⎨=⎩ 解得：23d q =⎧⎨=⎩，所以22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数， ()()2113212422k k k S a a a a a a ---=+++++++()()12135212333k k -=++++-+⨯+++()()121113*********k k k k k --⨯-+-=+⨯=+--，221222323k k k a --=⨯=⨯，所以22121121113232213k k k k kS k a k ----==+⨯⨯+--，令()2112321k k f k -=+⨯-，则()()()22122231211132323k k k k k k k f k f k -+---+++-=-=⨯⨯⨯， 令()2223g k k k =-++，对称轴为12k =， 所以()2223g k k k =-++随k 的增大而减小，()130g =>，()222222310g =-⨯+⨯+=-<，所以()()21f f >，()()()234f f f >>>，所以2k =时，()2112321k k f k -=+⨯-最大值为()2112121223f =+=⨯-， 所以1M ≥，所以M 的最小值为1.12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题【答案】（1）13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；n b n =；（2）证明见解析.【解析】（1）由1-2n n a S =，得1112n n a S --=-，2n ≥上述两式相减得，-1--2n n n a a a =，即113n n a a -=，2n ≥．故{}n a 为等比数列，公比为13．又1111-21-2a S a ==，得113a =，得13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设{}n b 的公差为d ，11b =，1055T =得104555d +=，即1d =，故n b n =．（2）证明：由（1），(1)2n n n T +=，故2222222112(21)3244(1)(1)(1)n n n n n n a b n T n n n n n n ++++=⋅<⋅=+++，又2222222221(1)11(1)(1)(1)n n n n n n n n n ++-==-+++，得222112(1)n n n a b T n n ⎡⎤+<-⎢⎥+⎣⎦，从而，112222222222121111121223(1)n n n a b a b a b T T T n n ⎛⎫++++++<-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭21212(1)n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭． 13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题【答案】选择条件①（1）2n n a =；（2）2022；选择条件②（1）2nn a =；（2）2022.【解析】（1）选择条件①，设等数列{}n a 的首项为1a .公比为q ，依题意，120n n a a +-=，得{}n a 为等比数列，所以，2q，38a =，解之得122q a =⎧⎨=⎩；∴2nn a =选择条件②，设等比数列{}n a 的首项为1a ， 公比2q.前5项和为62，依题意，2q，()51126212a -=-，解之得122q a =⎧⎨=⎩， ∴2nn a =.（2）因为2n n n n n b a ==， 所以231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+① 2341123122222n n n T +=+++⋅⋅⋅+②1－②得2341111111111222222222n n n n n n n T ++=++++⋅⋅⋅+-=--， 所以222n n nT +=-.因为1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以数列{}n T 单调递增，1T 最小，最小值为12. 所以1220202m ⨯>-. 所以2023m <.故正整数m 的最大值为2022.14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.【答案】（1）1n a n =+；（2）2λ=.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235n n a a n ++=+，所以122328,211,a a a a +=⎧⎨+=⎩即11328,3511,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,1a d ==，所以2(1)1n a n n =+-=+.经检验，1n a n =+符合题设，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n =+. （2）由（1）得，11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++， 所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S n n n . *n N ∈，∴12n S <，因为*n ∀∈N ，24n S λλ<-+，所以2142λλ-+，即27(2)2λ-. 因为λ为偶数，所以2λ=.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=．。
高考数学专项复习资料-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略
【分析】 根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ) 小题利用差值比较法就可顺利解决.
{ { 【解】 （Ⅰ）设等差数列{an}的公差是 d，依题意得， a41a＋1＋2d6＝d＝724，解得 ad1＝＝23，
2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角
函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑
推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.
3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.
∴数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. （Ⅱ）证明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝n(a12＋an)＝n2＋2n． 2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2， ∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜12(S2p＋S2q)．
【分析】 第（Ⅰ）小题利用 Sn 与 an 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件 an+1≥an 转化为
关于 n 与 a 的关系，再利用 a≤f(n)恒成立等价于 a≤f(n)min 求解．
【解】 (Ⅰ)依题意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即 Sn+1+1＝2(Sn－3n)．
【点评】 本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识
27汇编之数列与不等式综合汇编
高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式（30题）1. 已知函数()()ln 1f x x x =-+,数列{}n a 满足101a <<, ()1n n a f a +=; 数列{}n b 满足1111,(1)22n n b b n b +=≥+, *n N ∈.求证: （Ⅰ）101;n n a a +<<<（Ⅱ）21;2n n a a +<（Ⅲ）若12a =则当n ≥2时,!n n b a n >⋅. 解: (Ⅰ)先用数学归纳法证明01n a <<,*n N ∈. （1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k 时,结论成立,即01k a <<.则当n=k+1时, 因为0<x<1时,1()1011xf x x x '=-=>++,所以f(x)在(0,1)上是增函数. 又f(x)在[]0,1上连续,所以f(0)<f(k a )<f(1),即0<11ln 21k a +<-<.故当n=k+1时,结论也成立. 即01n a <<对于一切正整数都成立.————4分 又由01n a <<, 得()1ln 1ln(1)0n n n n n n a a a a a a +-=-+-=-+<,从而1n n a a +<.综上可知10 1.n n a a +<<<————6分(Ⅱ)构造函数g(x)=22x -f(x)=2ln(1)2x x x ++-, 0<x<1, 由2()01x g x x'=>+,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在[]0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.因为01n a <<,所以()0n g a >,即()22n n a f a ->0,从而21.2n n a a +<————10分(Ⅲ) 因为 1111,(1)22n n b b n b +=≥+,所以0n b >,1n nbb +12n +≥ ,所以1211211!2n n n n n n b b b b b n b b b ---=⋅⋅≥⋅ ————①, ————12分由(Ⅱ)21,2n n a a +<知:12n n n a a a +<, 所以1n a a =31212121222n n n a a a a a aa a a --⋅< ,因为12a =, n≥2, 10 1.n n a a +<<< 所以 n a 1121222n a a a a -<⋅ <112n n a -<2122n a ⋅=12n ————② . ————14分由①② 两式可知: !n n b a n >⋅.————16分2.已知α为锐角，且12tan -=α，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列{a n }的首项)(,2111n n a f a a ==+. ⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1；⑶ 求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++< 解：⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵α为锐角 ∴42πα=∴1)42sin(=+πα x x x f +=2)(⑵ n n n a a a +=+21 ∵211=a ∴n a a a ,,32都大于0 ∴02>n a ∴n n a a >+1⑶nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121∴11111+-=+n n n a a a ∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1111211++-=-=n n a a a∵4321)21(22=+=a , 143)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12 ∴131>≥+a a n ∴21211<-<+n a∴2111111121<++++++<na a a 3.（本小题满分14分）已知数列{}n a 满足()111,21n n a a a n N *+==+∈（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）若数列{}n b 满足n n b n b b b b a )1(44441111321+=---- ，证明：{}n a 是等差数列；（Ⅲ）证明：()23111123n n N a a a *++++<∈ 解：（1）121+=+n n a a ，)1(211+=+∴+n n a a ……………………2分 故数列}1{+n a 是首项为2，公比为2的等比数列。
(6)不等式——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编
（6）不等式——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编一、选择题1．[2024届·长沙市第一中学·模拟考试]若正数a ，b 满足111a b +=，则1411a b +--的最小值为()A.4B.6C.9D.162．[2024届·长沙市第一中学·二模]已知函数()22log log 28x xf x =⋅，若()()12f x f x =（其中12x x ≠），则1219x x +的最小值为()A.4B.2C.32D.343．[2024届·湖北·模拟考试联考]已知集合{}2230A x x x =∈-->R ∣，集合B 满足B A Ø，则B 可以为()A.[1,3]- B.(,1]-∞- C.(,1)-∞- D.(,3)-∞4．[2024届·江苏省前黄高级中学·一模]设实数x ，y 满足32x >，3y >，不等式()()33222338123k x y x y x y --≤+--恒成立，则实数k 的最大值为()A.12B.24C.D.5．[2024届·重庆市第八中学·模拟考试]已知集合{23}M x x =-<<∣，{}2540N x x x =-+>∣，则M N = ()A.()2,1- B.()2,4- C.()(),14,-∞+∞ D.()(),34,-∞+∞7．[2024届·海南·模拟考试校考]已知集合{}2,1,0,1,2M =--，{}2280N x x x =+-≥，则M N = ()A.{}2,2-B.{}2-C.{}2 D.2二、多项选择题8．[2024届·湖北·模拟考试联考]若0a b c >>>，则()A.a a c b >B.22a ab c >C.a b ba c c->- D.a c -≥9．[2024届·吉林吉林·模拟考试校考]a ，b ，c ，d 均为实数，且0a b >>，0c d >>，则下列结论正确的是()A.ac bd >B.a c b d->- C.a c b d+>+ D.a bd c>三、填空题10．[2024届·贵州·模拟考试联考]以()max min M M 表示数集M 中最大（小）的数.设0a >，0b >，0c >，已知22a c b c +=1，则111min max ,,a b c ⎧⎫⎧⎫=⎨⎨⎬⎬⎩⎭⎩⎭__________.11．[2024届·河北衡水·二模联考]设集合{}2230,A x x x x =--<∈R ，{},0B x x a a =>>，则A B =R ，则实数a 的取值范围为__________.12．[2024届·海南省华侨中学·二模]已知0x >，0y >，且122x y +=，则21x y +的最小值为_______________．13．[2024届·全国·模拟考试]已知1x ，2x 是实数，满足221212848x x x x +-=，当1x 取得最大值时，12x x +=_________.14．[2024届·吉林吉林·模拟考试校考]设1x >-，则函数461y x x =+++的最小值是__________.15．[2024届·合肥一六八中学·模拟考试]设x ，y 是正实数，记S 为x ，1y x +，1y 中的最小值，则S 的最大值为______.参考答案1．答案：A解析：方法一：由111a b +=，可得1ba b =-，所以144=1111b a b b +-+---由a ，b 为正数且111a b+=，可得1a >，1b >，所以144=14111b a b b +-+≥=---，当且仅当411b b -=-，即3b =，32a =时等号成立.故选：A.方法二：由111a b +=，可得11b a a =-，11ab b=-，所以144411b a a b a b +=+≥=--，当且仅当4b a a b =，即32a =，3b =时等号成立.故选：A.2．答案：C 解析：()()()()2222222log log log 1log 3log 4log 328x x f x x x x x =⋅=-⋅-=-+ ，由()()12f x f x =，2122log log 4x x ∴+=，即1216x x =，121933242x x ∴+≥=⨯=，当且仅当1219x x =，即143x =，212x =时等号成立.故选C.3．答案：C解析：由集合{}2230{3A x x x x x =∈-->=>R ||或1}x <-，B A Ø则(,1)(3,)(,1)-∞-+∞-∞- Ø.故选：C4．答案：B 解析：32x >，3y >，变形为23030x y ->->，，令230a x =->，30b y =->，则()()33222338123k x y x y x y --≤+--转化为()()33228123233x y x y k x y +--≤--，即224323x y k y x +≥--，其中()()((222222334323a b x y y x b aba+++=+≥+--1224a b b a ⎛⎫=+≥= ⎪⎝⎭当且仅当33a b b a a b=⎧⎪=⎪⎨⎪=⎪⎩，即3x =，6y =时取等号，可知24k ≤.故选：B 5．答案：D7．答案：C解析：因为2{|280}{|4N x x x x x =+-≥=≤-或2}x ≥，所以{2}M N = .故选：C.8．答案：ACD解析：()a a a b c c b bc --=，又0a b c >>>，所以0b c ->，0b >，所以0a a c b ->，即a ac b>，故A 正觕；当1a =，1b =-，2c =-时，22a a b c <，故B 错误，()()()()()a b b a b c a c b a c b a c c a c c a c c------==---，又0a b c >>>，所以0a c ->，0c b -<，所以0a b b a c c -->-，即a b b a c c->-，故C 正确因为0a b c >>>，所以0a b ->，0b c ->，所以a c a b b c -=-+-≥，当且仅当a b b c -=-时等号成立，故D 正确.故选ACD.9．答案：ACD解析：因为a ，b ，c ，d 均为实数，且0a b >>，0c d >>，由不等式的基本性质可得ac bd >，a c b d +>+，AC 选项正确；因为0c d >>，则110d c >>，故a bd c>，D 选项正确；取3a =，2b =，2c =，1d =，则a c b d -=-，B 选项错误.故选：ACD.10解析：由221a c b c +=，得221a b c +=，设111max ,,M a b c ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，则22111,,2M M M a b ab a b c≥≥≥=+≥，由32223M M ab ab=≥=≥M ≥，当且仅当a b c ===.11．答案：()0,1解析：由题意{}{}2230,|13A x x x x x x =--<∈=-<<R ，{}{,0|B x x a a x x a =>>=>或},0x a a <->，若满足A B =R ，则B A ⊆R ð，又因为{}|B x a x a =-≤≤R ð，所以130a a a -<-⎧⎪<⎨⎪>⎩，解得01a <<.故答案为：()0,1.12．答案：16解析：()212182228816,y x x y x y x y x y ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭当且仅当82y x x y =时等号成立.即当11,48x y ==时，21x y +取得最小值为16.故答案为：16.13．答案：5解析：221212848x x x x +-= .()()221222122222482x x x x x x -+∴-+=≥.2116x ∴≥，14x ∴≤.取等条件：1221224x x x x -=⎧⎨=±⎩，1241x x =⎧∴⎨=⎩或1241x x =-⎧⎨=-⎩，125x x ∴+=.14．答案：9解析：由1x >-，可得10x +>，则446155911y x x x x =++=+++≥+=++，当且仅当411x x +=+时，即1x =时，等号成立，所以函数461y x x =+++的最小值是最小值为9.故答案为：9.15解析：方法一：设0a x =>，10b y =>，1110c y x b a =+=+>，当11a b c b a===+时，a b ==不妨设a b ≤，11min ,,S a b b a ⎧⎫=+⎨⎬⎩⎭①当a b ==时，11min ,,S a bb a ⎧⎫=+=⎨⎬⎩⎭②当0a b <≤≤时，1111min ,,min ,S a b ab a b a ⎧⎫⎧⎫=+=+⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭，若11a b a ≤+，则11min ,a a b a ⎧⎫+=≤⎨⎬⎩⎭若11a b a >+，则1111min ,a a b a b a⎧⎫+=+<≤⎨⎬⎩⎭；③当0a b <≤≤122a ≥，122b ≥，11c b a =+≥，11min ,,S a b ab a ⎧⎫=+=≤⎨⎬⎩⎭；a b ≤≤时，122a ≤，122b ≤，11c b a =+≤，1111min ,,S a bb a b a ⎧⎫=+=+≤⎨⎬⎩⎭同理，当a b >时，可以证明S ≤综上所述：S .方法二：由题意知0S x <≤，10S y <≤，则11x S ≤，1y S≤所以1112S yx S S S≤+≤+=，解得0S <≤，故S。
【高考数学大题精做】专题07 数列与不等式相结合问题(第二篇)(解析版)
1 / 18【高考数学大题精做】第二篇 数列与不等式专题07 数列与不等式相结合问题【典例1】【2020届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测】 记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知12n n S a +=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求使得22020n n a S >+的n 的取值范围. 【思路引导】 （1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩计算可得；（2）由（1）可得2122n n a -=，21nn S =-，从而得到不等式解得.解：（1）由题知，12n n S a +=①，当1n =时，11a =当2n ≥时，1112n n S a --+=②①减②得，12n n a a -=，故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -= （2）由（1）知，2122n n a -=，21nn S =-22020n n a S >+即210221202n n --+>等价于()2224038nn->易得()222n n -随n 的增大而增大而6n =，()2224038nn-<，7n =，()2224038n n ->故7n ≥，n N ∈2 / 18【典例2】【2020届重庆西南大学附属中学校高三第五次月考】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且当*n N ∈时，n S 是12n +与2m 的等差中项(m 为实数). （1）求m 的值及数列{}n a 的通项公式； （2）令()*21log n n b a n N=+∈，是否存在正整数k ，使得1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++对任意正整数n 均成立？若存在，求出k 的最大值；若不存在，说明理由. 【思路引导】（1）根据等差中项的性质列方程，求得n S 的表达式.利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，结合{}n a 是等比数列，求得m 的值及数列{}n a 的通项公式. （2）由（1）求得n b 的表达式，将不等式1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++左边看成()f n ，利用差比较法判断出()f n 的单调性，由此求得()f n 的最小值，进而求得k 的最大值.解：(1)Q n S 是12n +与2m 的等差中项， ∴ 1222n n S m +=+，即 2nn S m =+，当1n =时， 112S a m ==+，当2n ≥时， 112n n n n a S S --=-=，Q {}n a 是等比数列，∴ 11a =，则 21m +=，∴ 1m =-，且数列{}n a 的通项公式为12n n a -=.(2)存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4.21log n n b a n =+= ()*.n N ∈ ()11111112122n n n f n b b b n n n n=++=++++++++L L ， ()()1111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=->+++++Q ∴ ()()1.f n f n +>∴数列(){}f n 单调递增，()()min 112f n f ∴==， 由不等式恒成立得：1102k <，∴ 5k <. 故存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4. 【典例3】【2020湖北省武汉华中师大附中高三5月考试】3 / 18已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，735S =，且2a ，5a ，11a 成等比数列．()1求数列{}n a 的通项公式； ()2若n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，且存在*n N ∈，使得10n n T a λ+-≥成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩解得1a d ，即可求得通项公式；(2)111112n n a a n n +=-++,裂项相消求和n T = ()112222n n n -=++，因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022n n n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.求出()222n n +的最大值即可解得λ的取值范围.解：（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩即12135,2.a d d a d +=⎧⎨=⎩又因为0d ≠，所以12,1.a d =⎧⎨=⎩所以1n a n =+.（2）因为()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以 111111233412n T n n =-+-++-=++L ()112222n n n -=++. 因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022nn n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.4 / 18又()21114416222424nn n n n n =⋅≤⎛⎫⎛⎫+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当且仅当2n =时取等号）. 所以116λ≤，即实数λ的取值范围是1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【典例4】【2020届江西省南昌市上学期期末考试】已知{}n a 是递增的等比数列，若3520a a +=，且12354a a a ，，成等差数列. （1）求{}n a 的前n 项和n S ； （2）设12n nb S =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：113n T ≤<. 【思路引导】 （1）利用等差中项可得21352a a a =+,再利用等比数列的通项公式代入求得q ,可代回3520a a +=中求得1a ,进而由公式求解即可； （2）由（1）可得121n nb =-,则1132nnb ≤<,从而求和即可证明 解：（1）设递增数列{}n a 的公比为()1q q >,由1a ,254a ,3a 成等差数列,可得21352a a a =+,即2111522a q a a q =+, 则22520q q -+=,解得12q =（舍）或2q =,又因为3520a a +=,可得24112220a a +=,所以11a =,所以()1212121n n nS ⨯-==--（2）证明：由（1）可得11021221n n nb ==>-++,所以数列{}n T 是递增数列,所以1111213n T T b ≥===+, 又因为11212n n nb =<+, 2111221111111222212nn n n T ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦∴<+++==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-…,5 / 18综上所述：113n T ≤< 【典例5】【陕西省安康市2019-2020学年高三上学期12月阶段性】 已知数列{}n a 为等差数列. （1）求证：()212n n n a a a ++…；（2）设21n a n =-，且其前n 项和n S ，1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：2n T <. 【思路引导】(1)利用等差数列的性质122n n n a a a ++=+,再根据基本不等式即可证明. (2)由等差数列的求和公式求解n S ,再由裂项相消的缩放法求证即可. 证明：（1）因为数列{}n a 为等差数列,所以122n n n a a a ++=+ ∴()()()()222212222424n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+=++… 即()212n n n a a a ++…,故结论成立.或：设数列{}n a 的公差为d ,则()()()()22221111n n n n n n a a a d a d a d a +++++=-+=-…即()212n n n a a a ++…,故结论成立. （2）∵212(211)2n n n n S a a a n -+=+++==L ∴211n S n =2n ≥时：211(1)n n n <-1n =时：11112T S ==< 2n ≥时：211111(1)1n S n n n n n=<=--- 1211111111112231n n T S S S n n =++⋯+<+-+-++--L ，∴122n T n<-<. 【典例6】【2020届天津市第一中学高三上学期第二次月考】已知等比数列{}n a 的各项均为正数，5462,,4a a a 成等差数列，且满足2434a a =，数列{}n b 的前n 项和6 / 18(1)2n n n S b +=，*n N ∈，且11b =. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设,,n n n b n c a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n P .（3）设252123n n n n n b d a b b +++=，*n N ∈，{}n d 的前n 项和n T ，求证：13n T <.【思路引导】(1)根据题意列出方程组，求出1a 、q ，从而得到{}n a 的通项公式，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，化简可得{}n b n是首项为1的常数列，即可求得{}n b 的通项公式；(2)分类讨论，当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+，分别利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和即可，当n 为奇数时，由1n n n P P b -=+可求得结果；(3)裂项法可得125111(21)(23)2(21)2(23)2n n n n n d n n n n -+=⋅=-++++，从而求得1113(23)23nn T n =-<+. 解：（1）因为0n a >，所以0q >，24562431224210414a a a q q a a a q ⎧=+⎧+-=⎪⇒⎨⎨==⎪⎩⎩，解得11212q a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以12n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，即11n n b b n n -=-， ∴{}n b n 是首项为1的常数列，1n bn=，∴n b n =；（2）,1,2nn n n C n ⎧⎪=⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数 当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+24111[13(1)][()()()]222n n =+++-++++L L7 / 1822111441112(11)12433214n nnn n ⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=+-+=+-⋅ ⎪⎝⎭- 当n 为奇数时，11221(1)111(1)11143324332n n n n nn n P P b n ----+⎛⎫⎛⎫=+=+-+=+-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）125111(21)(23)2(21)2(23)2n n n nn d n n n n -+=⋅=-++++211111113525272(21)2(23)2n n n T n n -=-+-++-⋅⋅⋅++L1113(23)23n n =-<+ 【典例7】【河北省石家庄二中2019-2020学年高三年级上学期12月月考】 已知数列{}n a 满足125a =，且*113220,N n n n n a a a a n ++-+=∈，数列{}n b 为正项等比数列，且123b b +=，34b =.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）令2n n n b c a =，12n n S c c c =+++L ，求证：101nS <<. 【思路引导】（1）变形已知等式得数列2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求通项公式，数列{}n b 是等比数列，用基本量法可求得通项公式；（2）用错位相减法求得和n S ，即可证结论成立． 解：（1）∵113220n n n n a a a a ++-+=，∴*1223,n nn N a a +-=∈ ∴2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，首项为125a =，公差为38 / 18∴253(1)32n n n a =+-=+，2,N*32n a n n =∈+ ∵{}n b 为正项等比数列，设公比为()0q q >，则121(1)3b b b q +=+=，2314b b q == 整理得23440q q --=，解得2q =，11b =，∴1*2,N n n b n -=∈（2）12(32)2n nn nb c n a -==+⋅ 21582112(32)2n n S n -=+⨯+⨯+++⋅L ①2125282(31)2(32)2n n n S n n -=⨯+⨯++-⋅++⋅L ②①-②得215323232(32)2n n n S n --=+⨯+⨯++⨯-+⋅L 53(22)(32)2n nn =+--+⋅,∴(31)21nn S n =-⋅+ ∵*N n ∈，∴1n S >，∴101nS <<，得证.1. 【2020届北京市昌平区高三上学期期末数学试题】 已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=. （1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ； （2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值. 【思路引导】(1)根据等差数列的通项公式列出方程组结合前n 项和公式求解即可得到数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；(2)利用裂项求和得到111nT n =-+，解不等式即可得到最小值. 解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d .依题意有9 / 1813428,4.a a a a +=⎧⎨-=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩ 所以22,n n a n S n n ==+. （2）因为211111n S n n n n ==-++， 所以12111111111(1)()()122311n n T S S S n n n =+++=-+-++-=-++L L . 因为99100n T >，即19911100n ->+，所以99n >.所以n 的最小值为1002. 【天津市红桥区2019届高三二模数学】已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列(*)n N ∈，24a =，且21+a 是1a 与3a 的等差中项． I.求数列{}n a 的通项公式；II.设2log n n b a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，记1231111=++++L L n nT S S S S ，证明：12n T ≤<． 【思路引导】I.根据等差中项性质得到()21321a a a +=+，再根据等比数列通项公式构造方程求得q ，从而可求得通项公式；II.根据n a 求得n b ，利用等差数列求和公式得到n S ；再根据裂项相消法求得n T ，根据2011n <≤+证得结论. 解：I.由题意得：()21321a a a +=+ 设数列{}n a 公比为q ，则()22221a a a q q+=+，即22520q q -+= 解得：12q =（舍去）或2q =则212a a q == ()1*12n n n a a q n N -∴==∈ II.由I.得：2log 2nn b n ==，可知{}n b 为首项为1，公差为1的等差数列则()()1122n n n b b n n S ++== ()1211211nS n n n n ⎛⎫∴==⨯- ⎪++⎝⎭10 / 181111111122121222334111n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭2011n <≤+Q ， 21221n ∴≤-<+，即12n T ≤< 3. 【2020届浙江省嘉兴市高三上学期期末考试】 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*21n n S a n N +=∈.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若11111n n n c a a +=++-，n T 为数列{}n c 的前n 项和.求证：123n T n >-.【思路引导】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得数列{}n a 的通项公式.（2）先将n c 缩小即111233n n n c +⎛⎫>--⎪⎝⎭，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立. 解：（1）∵()*21n n S a n N+=∈，令1n =，得113a=. 又()11212n n S a n --+=≥，两式相减，得113n n a a -=.∴13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （2）∵111111133n nn c +=+⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1113311231313131n n n n n n +++=+=-++-+- 11123131n n +⎛⎫=-- ⎪+-⎝⎭.又∵11313n n <+，1111313n n ++>-，∴111233n n n c +⎛⎫>-- ⎪⎝⎭. ∴22311111112333333n n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫>--+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111122333n n n +=+->-.∴123n T n >-. 4. 【重庆市巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考卷】11 / 18已知数列{}n a ,是一个等差数列,且22a =,145a a +=,数列{}n b 是各项均为正数的等比数列,且满足:112b =,24164b b ⋅=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式; （2）求证:11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<. 【思路引导】（1）因为{}n a 为等差数列,设公差为d ,则1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩即可求得首项和公差,即可求得{}n a .因为{}n b 为等比数列,2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,即可求得公比,进而求得{}n b . （2）因为n a n =,12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,根据数列求和错位相减法,即可求得n T ,进而求得答案. 解：（1）Q {}n a 为等差数列,设公差为d ,∴1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩∴11,1,a d =⎧⎨=⎩∴()11n a a n d n =+-=.Q {}n b 为等比数列,0n b >,设公比为q ,则0q >,∴2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,∴12q =,1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. （2）令112233n n n T a b a b a b a b =+++⋅⋅⋅+,∴ ()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——①可得:()2311111112122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——②∴由①-②得:23111112211111111222222212nn n n n T n n ++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,12 / 18∴1112222n nn T n -⎛⎫⎛⎫=--⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5. 【湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校2019-2020学年高三联考数学】已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项的和为n S ，且当2n ≥时，满足21nn n S a S =-．（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； （2）证明：2221274n S S S +++<L ． 【思路引导】（1）当n ≥2时，S n ﹣S n ﹣121nn S S =-⇒S n ﹣S n ﹣1＝S n •S n ﹣1（n ≥2），取倒数，可得111n n S S --=1，利用等差数列的定义即可证得：数列{1nS }是等差数列； （2）利用222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭进行放缩并裂项求和即可证明 解：（1）当2n ≥时，211nn n n S S S S --=-，11n n n n S S S S ---=，即1111n n S S --= 从而1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以1为首项，1为公差的等差数列． （2）由（1）可知，()11111n n n S S =+-⨯=，1n S n∴=． 则当2n ≥时222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭．故当2n ≥时22212111111111123224211n S S S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L1111137111221224n n ⎛⎫=++--<+⋅= ⎪+⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<满足题意，故2221274n S S S +++<L ．13 / 18法二：则当2n ≥时22211111n S n n n n n=<=---， 那么222121111111717142334144n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<++-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 又当1n =时，21714S =<，当时，21714S =<满足题意.6. 【2020届重庆市云阳江口中学高三上学期第三次月考】设数列{}n a 的前n 项和n S ，数列{}n S 的前n 项和为{}n T ，满足*32,n n T S n n N =-∈.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅰ）求证：*1,n S n N ≥∈. 【思路引导】（Ⅰ）由1n =得出11a =，由1n n T T --得出32n n S a =-，再由1n n S S --得出133n n n a a a -=-，由等比数列的定义，得出数列{}n a 是等比数列，即可写出数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）求出等比数列{}n a 的前n 项和，由函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数，由函数n S 的最值，即可证明不等式.解：(Ⅰ)当1n = ，由已知有，11321a a =-⨯ ∴11a =当2n ≥ 时，32nn T S n =-①1132(1)n n T S n --=--②①-②得：133232n n n n S S S a -=--=-③故1132n n S a --=-④③-④得：133n n n a a a -=-，则132n n a a -= ∴{}n a 是以1为首项，公比为32的等比数列.132n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，*()n N ∈（Ⅰ）31123213212n nnS ⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦- 312>Q ，∴函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数14 / 18∴33212(1)122n n S ⎡⎤⎛⎫=-≥-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故*1,n S n N ≥∈成立.7. 【湖南省邵阳市2019-2020学年高三第一次联考】 已知数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且满足1a ，212a +，3a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列1{}n a 的前n 项和为n T ，求使1|2|500n T -<成立n 的最小值. 【思路引导】(1)根据数列{}n a 的通项公式与前n 项和公式的关系求解即可.(2)由(1)有1112n n a -=,再根据等比数列求和可得n T ,再分析1|2|500n T -<的情况即可. 解：（1）由已知12n n S a a =-有1122,(2)n n n n n a S S a a n --=-=-…即12(2)n n a a n -=…，从而213212,24a a a a a ===，又1231,,2a a a +Q 成等差数列.即13221a a a +=+，111441a a a ∴+=+，解得：11a =，{}n a ∴的通项公式12n n a -=.（2）由（1）得：1112n n a -=，所以1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-， 由12500n T -<，即1112500n -⎛⎫<⎪⎝⎭.12500n -∴>，即21000n >， n ∴的最小值为10.8. 若数列{an}是的递增等差数列，其中的a 3=5，且a 1，a 2，a 5成等比数列， （1）求{a n }的通项公式； （2）设b n =，求数列{b n }的前项的和T n ．15 / 18（3）是否存在自然数m ，使得 ＜T n ＜5m对一切n ∈N*恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．【思路引导】（1）由于{n a }为等差数列，35a =,1a ,2 a ,5 a 成等比数列，可设出数列{n a }的公差为d ，列方程组即可求出1d a ，;（2）在求出{n a }的通项公式后，求出{nb }的通项公式，再应用裂项相消法即可求n T ;(3)需先求T n 的值域，要使得245n m m T -<<恒成立，则需区间(2,45m m-)包含T n 的值域即可. 解：（1）在等差数列中，设公差为d≠0，由题意215235a a a a ⎧=⎨=⎩，∴()()21111425a a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．∴a n =a 1+（n ﹣1）d=1+2（n ﹣1）=2n ﹣1． （2）由（1）知，a n =2n ﹣1．则b n =()()()1111111122141n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭g所以T n =()1111111111422314141nn n n n ⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭ （3）T n+1﹣T n =()()()()1104241412n n n n n n +-=>++++,∴{T n }单调递增，∴T n ≥T 1=18．∵T n =()1414n n <+∴18≤T n ＜14, 使得245n m m T -<<恒成立,只需 1452148mm ⎧≤⎪⎪⎨-⎪<⎪⎩ 解之得55m 42≤<,又因为m 是自然数，∴m=2． 9. 【内蒙古呼和浩特市2019-2020学年高三上学期质量普查调研】已知n S 为数列n a 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+，且1n n a b =.(1)求数列{}n b 的通项公式n b ； (2)求满足122311...7n n b b b b b b ++++<的n 的最大值.16 / 18【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系可推出12n n a a --=，写出等差数列的通项公式即可； （2）利用裂项相消法求和，解不等式即可.解：(1)当1n =时，13a =；当2n ≥时，2243n n n a a S +=+①2111243n n n a a S ---+=+②①-②整理得12nn a a --= 21n a n =+，所以121n b n =+. (2)设111(21)(21)n n n c b b n n --==-+，所以122311111111......235572121n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=-+-++- ⎪-+⎝⎭1112321n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭令1111023217n ⎛⎫--< ⎪+⎝⎭，解得10n <所以n 的最大值为9. 10. 设()()1122,,,A x y B x y 是函数()21log 21xf x x =+-的图象上任意两点，且1()2OM OA OB =+u u u u r u u u r u u u r ，已知点M 的横坐标为12．（1）求证：M 点的纵坐标为定值； （2）若*121...,,2n n S f f f n N n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++∈≥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且求n S ； （3）已知=12 131 2(1)(1)nn n n S S +⎧⎪⎪⎨=≥++⎪⎪⎩，其中*n N ∈，n T 为数列{}n a 的前n 项和，若()11n n T S λ+<+对一切*n N ∈都成立，试求λ的取值范围． 【思路引导】（1）利用中点坐标公式的表示，得到，然后代入求中点的纵坐标的过程，根据对数运算法则，可以得到常数；（2）利用上一问的结果，当时，，可以采用倒序相加法，求和；（3）根据上一问的结果，代入，求，然后跟形式，采用裂项相消法求和，并反解，转化为恒成立求最值的问题．17 / 18（1）证明：设(),M x y 1()2OM OA OB =+u u u u r u u u r u u u r 12122{2x x x y y y +=+=由知，()()1222121212121222221211log log 112221log 1log log 1222x xf x f x y y x x y x x x xx x x x ++++--∴===⎛⎫+⋅++ ⎪⎝⎭===∴M 点的纵坐标为定值（2）由（1）知()()12121,1x x f x f x +=+=121...n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 两式相加得：2n S =112211...n n n ff f f f f n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦1n =-……7分 ∴()*12,2n n S n n N -=≥∈ （2）当2n ≥时,114114().(1)(1)(1)(2)12n n n a S S n n n n +===-++++++123...n n T a a a a =++++==（112).322nn n -=++18 / 18由()11n n T S λ+<+得＜λ·∴λ＞∵4n n+≥4,当且仅当时等号成立,∴当1n =时,49λ>因此λ＞，即λ的取值范围是（+∞）。
第五关 以数列与不等式相结合的综合问题为解答题-高考数学备考(原卷版)
压轴解答题第五关 以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．类型一 求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-． （1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n n nT S S =-，求n T 的最大项和最小项．类型二 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---< ⎪ ⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.类型三 数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题 【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+．【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=． （1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟） 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}na ，2{}nb 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n nnS T n a p ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n n b ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ； （ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-.（1）若2a =； （i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题 14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=． （1）求{}n a 的通项公式；（2）令2n n b log a =，其前n 项和为n S ，若9nn b S +的最大值． 【来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）文科数学试题。
高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题)
高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题) 高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题)01,,a,数列满足, fxxx()ln1,,，a，，,,1n11*; 数列满足, .求证: bbnb,,，,(1)nN,afa,b，，,, 已知函数11nn，nn，1n22（?）01;,,,aa nn，12an（?）a,; 1n，22（?）若a,,ban,,!则当n?2时,. 1nn2*: (?)先用数学归纳法证明01,,a,. nN,n（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即01,,a.则当n=k+1时, k1x 因为0<x<1时,,fx()10,,,,,所以f(x)在(0,1)上是增函数. xx，，11又f(x)在a,,,1ln21a上连续,所以f(0)<f()<f(1),即0<. 0,1,,k，1k故当n=k+1时,结论也成立. 即01,,a对于一切正整数都成立.————4分 n 又由01,,aaa,, 得,从而. aaaaaa,,,，,,,，,ln1ln(1)0，，nnn，1nnnnnn，1 综上可知01.,,,aa————6分 nn，122xx (?)构造函数g(x)=，，,ln(1)xx-f(x)= , 0<x<1, 222x 由,gx()0,,,知g(x)在(0,1)上增函数. 1，x又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0. 0,1,,22aann 因为,faa01,,a,.,所以,即>0,从而————10分 ga,0，，1，，nnn，n22b11n，1n，1b,0,所以, , bbnb,,，,(1),n11nn，b222n(?) 因为 bbb1nn,12 所以,,,,, ————? , ————12分bbn!n1nbbb2nn,,1212aaaaaaaaaannn，131nn,212 由(?)na,,知:,, 所以=,, , 1n，aaaaa22222n121n,12 因为a,01.,,,aa, n?2, 1nn，12n2a2,aaaa111n,112 所以 a<<=————? . ————14分 ,,an1n1,nn222222由?? 两式可知: ban,,!.————16分 nn已知,为锐角，且tan,,2,1，,12函数，数列{a}的首项. f(x),xtan2,，x,sin(2,，)a,,a,f(a)n1n，1n42 ? 求函数f(x)的表达式；? 求证：a,a； n，1n111*1,，，？，,2(n,2,n,N)? 求证： 1，a1，a1，a12n2tan,2(2,1)：?, 又?为锐角 tan2,,,1,221,tan,1,(2,1),,2 ?f(x),x，x2,, ?sin(2,，),1 4412 ? a,a，aa,a,？a ?a, ?都大于0 ，1nnn23n122 ?a,0a,a ? n，n1n11111 ? ,,,, 2aa(1，a)a1，aa，an，nnnn1nn111?,, 1，aaannn，1111111111，，？，,,，,，？，, aaaaaaaaa1，1，1，12n1223nn，1111 ? 2,,,, aaa1n，1n，11133322?n,2a,a, , 又? a,()，,a,()，,1n，1n23224441 ?a,a,11,2,,2 ? n，13an，1111 ?1,，，？，,2 aaa1，1，1，12n,（本小题满分14分）已知数列满足 aaanN,,，,1,21a,,，，11nn，n（?）求数列的通项公式； a,,nb,1b,1bb,1b,13nn12（?）若数列444？4,(a，1)满足，证明：是等差数列；ba,,,,nnn1112,（?）证明：，，，,,nN ，，aaa3，231n（1）？a,2a，1？a，1,2(a，1)，……………………2分 n，1nn，1n故数列{a，1}是首项为2，公比为2的等比数列。
高考数学数列题型之数列与不等式交汇的综合题
数列与不等式交汇的综合题例1: 已知数列{}n a 满足.21211--+=n n n a na a *)(N n ∈(1)若数列{}n a 是以常数1a 首项,公差也为1a 的等差数列,求a 1的值; (2)若012a =,求证：21111n n a a n --<对任意n N *∈都成立； (3)若012a =,求证：12n n a n n +<<+对任意n N *∈都成立. 解 (1)由21121()n n n a a a n N n*--=+∈得：[]211121(2)a a n a n =+-即221121()n a a n-=，求得10a =（2）由10n n a a ->>知1121n n n n a a a a n--<+，两边同除以1n n a a -，得21111n n a a n--< （3）00112111111111()()()n n na a a a a a a a --=-+-++- 222111123n <++++11111223(1)n n<++++⨯⨯-111111111()()()()233445(1)n n=+-+-+-++--12n=-，将012a =代入，得n a n <； ㈠11n a n -<- ∴ 21121n n n a a a n --=+1121n n n a a n---<+2121n n n a a n n ->+- 2112211n n n n n a a a a n n n -->+∙+-211111111n n a a n n n n -->>-+-+11223111111111()()()n n na a a a a a a a --=-+-++-111111()()()23341n n >-+-++-+ 1121n =-+ 而134a =，1512611n n a n n +∴<+<++ 12n n a n +∴>+ ㈡ 由㈠㈡知，命题成立.例2: 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，)1(2,11-+==n nS a a nn 。
2018高考数学一轮复习热点交汇专题卷4 数列与不等式2
2018高考数学热点交汇专题卷4 数列与不等式2命题：王建宏 本试卷分为第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.第I 卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．若四个正数a,b,c,d 成等差数列，x 是a 和d 的等差中项，y 是b 和c 的等比中项，则x 和y 的大小关系是（ ）A. x<yB.x>yC.x=yD.x ≥y2．在等差数列{a n }中，若a 1<0, 且 S 5=S 13, 试问这数列的前（ ）项之和最小 A.7 B.8 C.9 D.103．已知数列{a n }的通项公式是a n =1+bn an，其中a 、b 均为正常数，那么a n 与a n+1的大小关系是( ) A. a n <a n+1 B. a n >a n+1 C. a n =a n+1 D.与n 的取值相关4．数列{a n }满足a n <a n+1，a n =n 2+λn, 则实数λ的取值范围是（ ） A. λ>0 B. λ<0 C. λ=0 D. λ>-35．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0,则q 的取值范围为（ ） A.(-1,0) B. (-1,1) C.(1,++∞) D. (-1.0)∪(0, +∞) 6.设2sin1sin 2sin 222n n na =++⋅⋅⋅+ , 则对任意正整数,()m n m n > , 都成立的不等式是 ( )A ．||2n m m n a a ⋅-<B ．||2n m m n a a -->C ．1||2n m n a a -<D ．1||2n m n a a -> 7.已知数列{}n a 的通项公式a n =1)32(-n •[1)32(-n -], 则下列叙述正确的是（ ）A.最大项为a 1，最小项为a 3B.最大项为a 1，最小项不存在C.最大项不存在，最小项为a 3D.最大项为a 1，最小项为a 48．某厂2001年生产利润逐月增加，且每月增加的利润相同，但由于厂方正在改造建设，元月份投入资金建设恰好与元月的利润相等，随着投入资金的逐月增加，且每月增加投入的百分率相同，到12月投入建设资金又恰好与12月的生产利润相同，问全年总利润m 与全年总投入N 的大小关系是（ ）(A)m>N (B)m<N (C)m=N (D)无法确定9．一给定函数y=f(x)的图像在下列图中，并且对任意a 1∈(0,1)，由关系式a n+1=f(a n )，得到的数列{a n }满足a n+1>a n (n ∈N +），则该函数的图像是（ ）10．椭圆13422=+y x 上有n 个不同点P 1,P 2 ,…P n ，椭圆右焦点为F ，数列{|P n F|}是公差大于10001的等差数列，则n 的最大值为（ ）A.1000B.2000C.2001D.3000二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.将答案填在题中的横线上.11．ΔABC 三边a ,b,c 成等比数列，且a <b<c ，设acb a l ++=，则l 的取值范围为 . 12．若数列{}n a 是等差数列，首项120062007200620070,0,.0a a a a a >+><，则使前n 项和0n S >成立的最大自然数n= .13. 等比数列{a n }的公比为q>1,a 172=a 24,则使不等式a 1+a 2+…+a n >na a a 11121+++ 成立的自然数n 的取值范围是 .14.在等差数列||,0,0}{10111110a a a a a n >><且中，则在S n 中存在最大的负数k S , 则k = . 15．设{a n }的公比为q 的等比数列，其前n 项的积为T n ，并且满足条件a 1>1,a 99a 100-1>0,1110099--a a <0.给出下列结论：①0<q<1; ②T 198<1; ③a 99a 100<1,; 使④成立的最小自然数n 等于199．其中正确结论的编号是16．（理）已知f (n )=(2n +7)·3n +9,存在正整数m ,使得对任意n ∈N +,都能使m 整除f (n )，则最大的m 的值为（文）已知数列{}n a 是以a 为首项，a 为公比的等比数列(a>0,a ≠1)，令b n =a n lga n 若{}n b 中每一项总小于它后面的项，则a 的取值范围是 .三、解答题：本大题共6小题，共80分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)已知函数)(x f 对任意实数p 、q 都满足()()(),f p q f p f q +=⋅1(1).3f =且（1）当n N +∈时，求)(n f 的表达式；（2）设),()(+∈=N n n nf a n 求证：13;4nk k a =<∑18．(本小题满分12分)已知数列}{n a 满足n a >0，且对一切n ∈N*，有3211, nninn i i i a S S a ====∑∑其中，(1) 求证：对一切n ∈N*，有n n n S a a 2121=-++；(2) 求数列}{n a 的通项公式；(3) 求证：31<∑=nk k ka ．19．(本小题满分12分)已知函数.x12)x (f +=数列}a {n 中, )a (f a ,a a n 1n 1==+ )N n (*∈. 当a 取不同的值时,得到不同的数列}a {n , 如当1a =时, 得到无穷数列;,717,37,3,1 当21a -=时, 得到有穷数列. 0,21-(1) 求a 的值, 使得0a 3=;(2) 设数列}b {n 满足),N n )(b (f b ,21b 1n n 1*+∈=-=求证: 不论a 取}b {n 中的任何数, 都可以得到一个有穷数列}a {n ;(3) 求a 的取值范围, 使得当2n ≥时, 都有3a 37n <<.20．(本小题满分14分)（文科）已知α为锐角，且12tan -=α，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列{a n }的首项)(,2111n n a f a a ==+.⑴ 求函数)(x f 的表达式； ⑵ 求证：n n a a >+1；⑶ 求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++<20．(本小题满分14分)（理）已知函数()()ln 1f x x x =-+,数列{}n a 满足101a <<, ()1n n a f a +=; 数列{}n b 满足1111,(1)22n n b b n b +=≥+, *n N ∈.求证:（Ⅰ）101;n n a a +<<<（Ⅱ）21;2n n a a +<（Ⅲ）若1a =则当n ≥2时,!n n b a n >⋅.21．(本小题满分15分)已知函数f(x)定义在区间（-1，1）上，1)21(-=f ,且当x,y ∈(-1,1)时，恒有)1()()(xy yx f y f x f --=- ,又数列{a n }满足21112,21nn n a a a a +==+,设)(1)(1)(121n n a f a f a f b +⋯++=． （１）证明：f(x)在（-1，1）上为奇函数； （２）求f(a n )的表达式；（３）是否存在自然数m ，使得对任意n ∈N,都有48-<m b n 成立，若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．22．(本小题满分15分)已知数列{}n a 满足1a 2a 4a n n 1n +-=+，其中N n ∈，首项为0a ．（１）若数列{}n a 一个无穷的常数列，试求a 0的值；（2）若存在0a ，使数列{}n a 满足：对任意正整数n ，均有1n n a a +<，求a 0的取值范围．参考答案：1．解题探究：本题主要考查等差中项与等比中项的定义以及基本不等式在大小比较中的应用 解析：∵x=22c b d a +=+, y=bc ,bc cb ≥+2∴x ≥y,所以选D. 2. 解题探究：先猜想等差数列{a n }的单调性，学生能预测{a n }是首项为负数的递增数列．因此，要找到这个数列中小于零的所有项中的最后一项．而a n =a 1+(n-1)d ，a n 的值与a 1、,d 有关，所以先由已知条件S 5=S 13求出a 1与d 的关系解析：设公差为 d ，由 S 5=S 13, 有5a+d 245⨯=13a1+d 21213⨯ 由此得 a 1=-d 217，而a 1<0, 故d>0,即{a n }是首项为负数的递增数列．因此，当a n ≤0且a n+1>0时， S n 有最小值，即需⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤-+-02170)1(217nd d d n d ,解得217<n ≤219,即n=9．所以，此数列的前9项之和最小．3. 解题探究：由作差比较法或用导数法证明单调性都可得出结果． 解析：法一，作差比较法a n -a n+1 <0 法二，导数法,令f(x)=1+bx ax ,f /(x)= 2)1(+bx a ,∵a 均为正常数, ∴f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以a n <a n+1，选A.4．解题探究：以数列为载体，考查恒成立不等式的求解问题．解析：∵a n <a n+1，∴n 2+λn< (n+1)2+λ(n+1),解此不等式得λ>-3，故应选D.5．解题探究：由于影响S n 的主要因素是q ，故本题应首先对其讨论，分类讨论的思想是高考的重点考查内容，在中学数学各章节中都有所体现，数列中能引起讨论的一般有两处：利用公式a n =S n -S n-1时要分n=1和n ≥2；等比数列的前n 项和S n 要分q=1, q ≠1两种情况.解析：因为{a n }是等比数列,S n >0,可知a 1=S 1>O,q ≠0,当q=1时,S n =na 1>0；当q ≠1时,S n =q q a n --1)1(1,即qq n--11>0(n=1,2,3,…)上式等价于不等式组⎩⎨⎧<-<-0101n q q ①，或⎩⎨⎧>->-0101nq q ② 解①式得q>1；解②，得-1<q<1.综上,q 的取值范围是(-1.0)∪(0, +∞)，故选D ．6．解题探究：只需根据通项利用放缩法和等比数列求和公式进行解答即可． 解析: 12sin(1)sin(2)sin ||||222n m n n mn n ma a ++++-=++⋅⋅⋅+ 12sin(1)sin(2)sin ||||||222n n mn n m ++++≤++⋅⋅⋅+1112111111122||||||12222212n m n n m n m ++++-<++⋅⋅⋅+==--12n < . 故应选C . 8. 解题探究：通过换元把指数函数变成我们熟悉的二次函数，再利用二次函数的单调性比较大小．解析：令t=1)32(-n ，则t=1,32,2)32(,3)32(,…,且t ∈(]1,0 ∴a n =t(t-1), ∴最大项为a 1, 又∵32>21>94, 且|94-21|<|32-21|.∴n=3时a n 最小．故选A.9．解题探究：本题主要考查等差数列与等比数列的函数特性以及数形结合法在不等式中的应用． 解析：每月的利润组成一个等差数列{a n }，且公差d ＞0，每月的投资额组成一个等比数列{b n }，且公比Q ＞1．11a b =，且1212a b =，比较12S 与12T 的大小．若直接求和，很难比较出其大小，但注意到等差数列的通项公式a n =a 1+（n-1）d 是关于n 的一次函数，其图象是一条直线上的一些点列．等比数列的通项公式b n =a 1q n-1是关于n 的指数函数，其图象是指数函数上的一些点列． 在同一坐标系中画出图象，直观地可以看出a i ≥b i 则12S ＞12T ，即m ＞N ．11．解题探究：本题主要考查函数图象的特征．解析：由a n+1=f(a n )，a n+1>a n 得f(a n )>a n ，即f(x)>x, 故选A.12.解题探究：由椭圆的几何性质得到等差数列的首项和尾项，用d 表示n,利用公差的范围求出n 的最大值．解析：数列{|P n F|}中首项|P 1F|为右顶点与右焦点的距离a-c=1, {|P n F|}中最大项|P n F|为左顶点与右焦点的距离a+c=3，设公差为d.∴|P n F|=|P 1F|+(n-1)d,∴n-1=d 2,又d>10001,且n 为整数，∴n=2000. 7．解题探究：本题主要考察等比数列的定义，及三角形成立的条件和函数的单调性，是函数、数列、不等式交汇的一个典范．解析：(3, 3+5) 设b=aq ，c=aq 2，则q>1，由三角形两边之和大于第三边，得a+aq>aq 2, 又a>0, ∴q 2-q-1<0, ∴251-<q<251+因此1<q<251+ ∵l =1+q+q 2=(q+21)2+43在(1, 251+)内是增函数,∴3<l < 3+5. 12.解析:4012 由已知可得20060a >, 20070a <, ∴140122006200740124012()4012()022a a a a S ++==> ;14013401320074013()401302a a S a +==<即得前n 项和0n S >成立的最大自然数n 是4012.评析 本题考查了等差数列的通项公式及前n 项和公式的变用,条件中所给的2006、2007是一个信号,不要被数据所迷惑,要能够从隐藏着的信息中寻找思维的突破口,解13. 解题探究：由a 172=a 24得到相应关系式，在由等比数列前n 项和公式得出一个不等关系，进而得出结果．解析：由条件(a 1q 16)2=a 1q 23,得a 1q 9=1①, q q a n --1)1(1=qq a n 11)11(11--②,由②得a 12q n-1>1③①、③结合n>19.14．解析:19 ∵ 1011{}0,0,n a a a <>中 ∴数列{}n a 为递增数列. 由1110||a a >,得1110a a >-, ∴10110a a +>,且9100a a +<, ∴10112020()02a a S +=>,且9101920()02a a S +=<.∴S n 中最大的负数为S 19 ..评析 本题考查了等差数列的性质及等差数列的前n 项和公式.数列的前n 项和最大负数接近于0,需要解不等式组10,0,n n S S +>⎧⎨<⎩本题求解中直接利用条件1110||a a >,逆用等差数列的前n 项和公式,简易求解.15．解题探究：本题主要考查数列通项公式以及不等式的简单应用． 解析：由a 1>1,a 99a 100-1>0,1110099--a a <0,得a 99>1,a 100<1, 由a 99a 100=a 12•q 197,∴q>0且q<1,而a 99•a 101=a 1002<1,由T n =a 1a 2…a n =a 1n2)1(-n n q,若T n <1, 即a 1n2)1(-n n q<1,即a 121-n q<1, 由a 99>1,a 100<1,a 1a 99<1,99≤21-n , ∴n ≥199,T n <1的最小自然数n 等于199.综上所述，①③④正确. 16．（理）解题探究：主要考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，同时考查了同学们的归纳猜想能力．解析：∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36 ∴f(1),f(2),f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除.证明：n=1,2时，由上得证，设n=k(k ≥2)时，f(k)=(2k+7)·3k +9能被36整除，则n=k+1时， f(k+1)－f(k)=(2k+9)·3k+1 －(2k+7)·3k =(6k+27)·3k －(2k+7)·3k=(4k+20)·3k =36(k+5)·3k －2 (k ≥2) ⇒f(k+1)能被36整除∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m 值等于36.（文）解题探究：此题意在寻找递增数列的条件，通过转化归结为恒成立类型的问题，再利用函数的单调性求出最小值，从而得到结果.解析：由已知得a n =a n，则b n =na nlga ，又b 1+n > b n ，则nlga<(n+1)alga（1）当a>1时，a>1+n n 显然成立.（2）当０<a<1时a<1+n n ，令)(x f =1+x x ，则)(x f 在(0,+∞)上是增函数，则 (1+n n )min =21，(n ∈N)，因此0<a<21.总之，符合条件的a 的范围是a>1或0<a<21.17．解题探究：数列与不等式证明的综合问题在全国的高考试题当中是比较常见的，这点我们应当多关注才是．问题（２）中的数列求和的错位相减法，这是课本的一个基本方法，这在历年的高考里都有涉及．解析： (1) 由 已知递推，得211()(1)(1)(1)()(2)33f n f n f f n f n =-⋅=⋅-=⋅-= 111()(1)()33n n f -=⋅=． (6分)(2) 由(1)可知 1(),3n n a n =⋅设n T =1nk k a =∑，则211112()().333n n T n =⋅+⋅++⋅ ()231111111()2()1()33333nn n T n n +⎛⎫∴=⋅+⋅++-+⋅ ⎪⎝⎭． (9分)两式相减，得232111()()3333n T =+++…+111()()33n n n +-⋅11111()(),233n n n +⎡⎤=--⋅⎢⎥⎣⎦ 所以n T =1131113()()443234nn n kk n a-==--⋅<∑． (12分) 18．解题探究：关于数列不等式的证明，常用的技巧是放缩法，而放缩应特别注意其适度性，不可过大，也不可过小．解析： (1) 由321nin i aS==∑① ，得13211n i n i aS ++==∑②②-①得，22131n n n S S a -=++=(S n+1+S n )(S n+1-S n )=(2 S n +a n+1) a n+1∵ a n+1 >0， ∴n n n S a a 2121=-++ ． (4分) （2）由n n n S a a 2121=-++，得122-=-n n n S a a (n ≥2)，两式相减，得(a n+1+ a n )( a n+1 - a n )= a n+1+ a n ， ∵a n+1+ a n >0，∴a n+1 - a n =1．(n ≥2)当n=1，2时易得，a 1=1，a 2=2，∴a n+1 - a n =1(n ≥1) ．从而{ a n }是等差数列，其首项为a 1=1，公差d=1，故a n =n ． (8分)(3)1nnk k ===21nk =<+∑112 3.22=++<+<(12分)19．(本小题满分12分)解题探究：本小题考查函数、不等式的解法以及集合的应用，考查综合应用数学知识解决问题的能力．解析: (1) 因为,a a 1=,a 12a n 1n +=+所以,a1a 2a 12a 12+=+=.1a 22a 5a 12a 23++=+=要,0a 3=即要52a -=. 所以, 52a -=时, .0a 3= (4分)(2)由题知,21b 1-=.b b 12n 1n =++不妨设a 取n b ,所以,b b 12a 1n n 2-=+=,b b 12a 12a 2n 1n 23--=+=+=……,,21b b 12a 12a 121n n -==+=+=- 所以,0a 1n =+所以不论a 取}b {n 中的任何数, 都可以得到一个有穷数列}a {n . (8分)(3) .3a 13a 12373a 371n 1n n <<⇔<+<⇔<<--因为)3,37()3,1( , 所以只要有3a 372<<就有).3n (3a 37n ≥<<由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+>+3a1a 237a 1a 2, 解得: ⎩⎨⎧><<<1a 0a 3a 0或, 即3a 1<<. (11分)所以, a 的取值范围是)3,1( ． (12分)20．（文科）解题探究：本题主要考查数列不等式、大小比较、三角函数等基础知识，将不等式证明、不等式解法及三角函数综合在一起，考查学生的综合解题能力，是近年来高考的一个突出特点，体现了高考在知识网络的交汇点出题的原则．解析：⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵α为锐角 ∴42πα=∴1)42sin(=+πα x x x f +=2)(. (4分)⑵ n n n a a a +=+21 ∵211=a ∴n a a a ,,32都大于0，∴02>n a ，∴n n a a >+1 (9分) ⑶nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121，∴11111+-=+n n n a a a (11分) ∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a 1111211++-=-=n n a a a ∵4321)21(22=+=a , 143)43(23>+=a , 又∵n n a a n >≥+12 ∴131>≥+a a n ，∴21211<-<+n a ，∴2111111121<++++++<na a a . (14分) （理）解题探究：本小题考查导数、不等式、数学归纳法等知识的综合应用，考查同学们严密的逻辑推理能力，综合性强、难度大，要求学生应有较高的综合素质和良好的数学思维品质，近几年的理科试卷中频频出现此类题型．解析： (Ⅰ)先用数学归纳法证明01n a <<,*n N ∈. （1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k 时,结论成立,即01k a <<.则当n=k+1时, 因为0<x<1时,1()1011x f x x x '=-=>++,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在[]0,1上连续,所以f(0)<f(k a )<f(1),即0<11ln 21k a +<-<.故当n=k+1时,结论也成立. 即01n a <<对于一切正整数都成立.又由01n a <<, 得()1ln 1ln(1)0n n n n n n a a a a a a +-=-+-=-+<,从而1n n a a +<.综上可知10 1.n n a a +<<< (4分)(Ⅱ)构造函数g(x)=22x -f(x)= 2ln(1)2x x x ++-, 0<x<1,由2()01x g x x '=>+,知g(x)在(0,1)上增函数.又g(x)在[]0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.因为01n a <<,所以()0n g a >,即()22n n a f a ->0,从而21.2n n a a +< (9分)(Ⅲ) 因为 1111,(1)22n n b b n b +=≥+,所以0n b >,1n nbb +12n +≥ ,所以1211211!2n n n n n n b b b b b n b b b ---=⋅⋅≥⋅ ① ,由(Ⅱ)21,2n n a a +<知:12n n n a a a +<, 所以1n a a =31212121222n n n a a a a a aa a a --⋅< ,因为12a =, n≥2, 10 1.n n a a +<<<所以 n a 1121222n a a a a -<⋅ <112n n a -<2122n a ⋅=12n ② .由①② 两式可知: !n n b a n >⋅. (14分)21．(本小题满分15分)解题探究：递推数列是高考的热点题型，而本题将函数、数列、不等式融为一体，其综合度比较大，覆盖的知识点比较多，当中的“恒成立”又是高考的热门话题，还请读者多多总结该题型的解法技巧．由函数与数列综合是高考试题的一个亮点，解析：（１）紧扣奇函数的定义，选择特殊值．令x=y=0，则f(0)=0，再令x=0,得f(0)-f(y)=f(-y),所以f(-y)=-f(y),y ∈(-1,1),故f(x)在（-1，1）上为奇函数． (5分)（２）),1()()()1(,1)21()(1xyyx f y f x f f a f ++=+-==知由 )(2)()()1()12()(21n n n n n n n nn n a f a f a f a a a a f a a f a f =+=⋅++=+=∴+，即2)()(1=+n n a f a f ， ∴{f(a n )}是以-1为首项，2为公比的等比数列，从而有f(a n )=-2n-1. (10分)（３）先求n b 的表达式，得2111111112(1)21222212n n n n b ---=-+++⋯+=-=-+-，若48-<m b n 恒成立（n ∈N +）,则112224n m --+<-，即14.2n m -> ∵n ∈N +，∴当n=1时，124-n 有最大值4，故m>4．又∵m ∈N,∴存在m=5，使得对任意n ∈N +，都有48-<m b n 成立. (15分) 22．(本小题满分15分)解题探究：在高考的命题当中，理科的数列解答考题较文科试题要难度大一些，而数列试题出现在压轴题的位置也是比较常见的．应当说，压轴题属于“可怕题”，怎么对这样的试题，尽量得点分数，是需要讲究战略的和战术的．数列不等式中参数的探求，是近年考查较多的一个题型，解析：（１ ）令421x x x -=+，则得 2320x x -+=，所以1 2.x x ==或即a 0＝1或2时，1a 2a 4a n n 1n +-=+n a =．故0a 的取值为1或2． (5分) （2）由1n n a a +<，得 1a 2a 4a n n n +-<，解答这个分式不等式，得112n n a a <-<<或， 要使21a a <，则11112a a <-<<或．对于函数=)x (f 1x 641x 2x 4+-=+-． 若a 1＜－1，则a 2＝f （a 1）＞4，a 3＝f （a 2）＜a 2． (10分)当1＜a 1＜2时，a 2＝f （a 1）＞a 1且1＜a 2＜2．依次类推可得数列｛x n ｝的所有项均满足1n n a a +<（n ∈N ）综上所述，a 1∈（1，2），由a 1＝f （a 0），得a 0∈（1，2）． (15分)。
高考数学考前基础专题训练不等式与数列交汇
不等式与数列交汇1. 数列{}n a 是以a 为首项，q 为公比的等比数列．令n n a a a b ----= 211，n n b b b c ----= 212，*N n ∈．（1）试用a 、q 表示n b 和n c ；（2）若0<a ，0>q 且1≠q ，试比较n c 与1+n c 的大小；（3）是否存在实数对),(q a ，其中1≠q ，使{}n c 成等比数列．若存在，求出实数对),(q a 和{}n c ；若不存在，请说明理由．2. 已知定义在R 上的单调函数y=f (x )，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x 、y ∈R ，有f (x +y)=f (x )f (y )，（Ⅰ）求f (0)，并写出适合条件的函数f (x )的一个解析式； （Ⅱ）数列{a n }满足)()2(1)()0(*11N n a f a f f a n n ∈--==+且,①求通项公式a n 的表达式；②令1322121111,,)21(++++=+++==n n n n n an a a a a a a T b b b S b n ， 试比较S n 与34T n 的大小，并加以证明.3. 设函数()f x 的定义域为R ，当x ＜0时()f x ＞1，且对任意的实数x ，y ∈R ，有()()()f x y f x f y +=（Ⅰ）求()0f ,判断并证明函数()f x 的单调性； （Ⅱ）数列{}n a 满足()10a f =,且)()2(1)(*1N n a f a f n n ∈--=+①求{}n a 通项公式。
②当1a >时，不等式)1log (log 35121 (11122)1+->++++++x x a a a a a n n n 对不小于2的正整数恒成立，求x 的取值范围。
4. 已知函数f （x ）=x 2－4，设曲线y ＝f （x ）在点（x n ，f （x n ））处的切线与x 轴的交点为（x n+1,0）（n ∈N *），其中x n 为正实数. （Ⅰ）用n x 表示x n+1； （Ⅱ）若1x =4，记a n =lg22n n x x +-，证明数列{}n a 成等比数列，并求数列｛x n ｝的通项公式； （Ⅲ） 若x 1＝4，b n ＝x n －2，T n 是数列｛b n ｝的前n 项和，证明T n <3.5. 已知函数t m x f x +⋅=2)(的图象经过点A （1，1），B （2，3）及C （),n S n ，n S 为数列{}n a 的前n 项和． （１）求n S 和n a ；（２）若数列{}n C 满足n na C n n -=6，求数列{}n C 的前n 项和n T ； （３）比较2n T 与n n 13232-的大小．6. 已知1()()42x f x x R =∈+，P 1（x 1,y 1）、P 2(x 2,y 2)是函数)(x f y =图象上两点，且线段P 1P 2中点P 的横坐标是21。
【高考数学二轮复习压轴题微专题】第35讲 数列与不等式与第36讲 点列问题-解析版
第35讲 数列与不等式数列与不等式知识的交汇,是高考命题的一个热点,重要题型有:数列不等式的证明、数列中的最值问题的不等式解法、数列不等式恒成立条件下的参数范围问题、解有数列参与的不等式以及比较大小问题等.典型例题【例1】已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和n S 满足11S >,且()()612n n n S a a =++()*n ∈N（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）设数列{}n b 满足()211bnna -=, 并记n T 为数列{}nb 的前n 项和, 求证:()231log 3n n T a +>+【分析】本题是数列与不等式证明的综合题, 而数列不等式的证明正是高考中的一个难点, 所证不等式中含有对数,利用对数运算转化为比较法证不等式(这里比差比商二者并举),当然也可以用放缩法证明, 这里放缩的技巧并非唯一,当然放缩到适当,恰到好处, 其实质是通过放缩“逼近”目标. 解 : (1)由()()11111126a S a a ==++ ， 解得11a =或12a =, 由假设111a S =>, 因此12a =.又由()()()()111111121266n n n n n n n a S S a a a a ++++=-=++-++得 ()()1130n n n n a a a a +++--=, 即130n n a a +--=或1n n a a +=-,0n a >, 故1n n a a +=-不成立,舍去. 因此13n n a a +-=.从而{}n a 是公差为3 , 首项为2的等差数列, 故{}n a 的通项公式为31n a n =-.【证法一】(比较法）由()211nb n a -=可解得2213log 1log 31n n nb a n ⎛⎫=+= ⎪-⎝⎭; 从而122363log 2531n n n T b b b n ⎛⎫=+++=⋅⋅⋅⎪-⎝⎭因此()322363231log 3log .253132n n n T a n n ⎡⎤⎛⎫+-+=⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪-+⎝⎭⎢⎥⎣⎦令()33632253132n f n n n ⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪-+⎝⎭ 则()()()33213233(33)353235(32)f n n n n f n n n n n ++++⎛⎫=⋅= ⎪++++⎝⎭ ()32(33)35(32)970n n n n +-++=+>, 故()()1f n f n +>特别地,()()271120f n f =>, 从而()()2231log 3log 0n n T a f n +-+=>, 即31n T +()2log 3n a >+【证法二】（由伯努利不等式3(1)13c c +>+放缩）由二项式定理知, 当0c >时, 3(1)13c c +>+(伯努利不等式特例)成立,由此有333211131log 21112531n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦2333log 21112531n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫>+++ ⎪⎪⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦25832log 22531n n +⎛⎫=⋅⋅⋅⋅⎪-⎝⎭()()22log 32log 3n n a =+=+【证法三】(带分数放缩）33132.31331n n n n n n ++>>-+ 令36347315832,,25313634731n n n n n n A B C n n n ++=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅-+, 则3322n n n n n A A B C +>=从而()()3322236331log 2log 2log 22531n n n n n n T A A B C n ⎛⎫+=⋅⋅⋅=> ⎪+⎝⎭()()22log 32log 3n n a =+=+【例2】在数列{}n a 中,()()1*112,22n n n n aa a n λλλ++==++-∈N , 其中0λ>.（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）求数列{}n a 的前n 项和n S ;（3）证明:存在*k ∈N 使得11n k nka a a a ++对任意*n ∈N 均成立. 【分析】第（1）问, 由递推式求通项公式,若能将递推式转化为特殊数列的结构形式当然最好,如果通过有限项计算归纳猜想通项规律,再用数学归纳法进行证明,也是一个不错的选择; 第(2)问,由数列{}n a 通项的特点是“等差×等比”的形式,必然可以用错位相减法求和;第(3)问,利用放缩法证明数列不等式.【解析】 (1)【解法一】（构造等差数列） 由()()1*122,0n n n n a a n λλλλ++=++-∈>N , 可得111221n nn nn n a a λλλλ+++⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2nn n a λλ⎧⎫⎪⎪⎛⎫∴-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭为等差数列, 首项为0 ,公差为1 , 故21nnn a n λλ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭, ∴ 数列{}n a 的通项公式为()12n n n a n λ=-+.【解法二】（归纳——猜想——证明）()22222222a λλλλ=++-⋅=+()()223233322222a λλλλλ=+++-⋅=+ ()()3343444222232a λλλλλ=+++-⋅=+由此可猜想出数列{}n a 的通项公式为()12n n n a n λ=-+.下面用数学归纳法证明: 【1】当1n =时,12a =,等式成立.【2】假设当n k =时等式成立, 即()12k k k a k λ=-+,那么()()1111221222k k k k k k k k ka a k λλλλλλλλ++++=++-=-+⋅++-⋅()11112k k k λ++⎡⎤=+-+⎣⎦, 这就是说, 当1n k =+时等式也成立, 根据【1】【2】可知,等式()12n n na n λ=-+对任何*n ∈N 都成立.(2)设()()23412321n n nT n n λλλλλ-=++++-+-, ①()()34512321n n n T n n λλλλλλ+=++++-+-，②当1λ≠时,①式减去②式,得()()()2123111111n nn n n T n n λλλλλλλλλ+++--=+++--=---()()1212212211(1)1(1)n n n n n n n n T λλλλλλλλλ++++---+-=-=--- 这时数列{}n a 的前n 项之和()21212122(1)n n n nn n S λλλλ+++--+=+--,当1λ=时,()12nn n T -=. 这时数列{}n a 的前n 项之和()11222n n n n S +-=+-.(3)证明：通过分析,推测数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的第一项21a a 最大,下面证明:21214,22n n a a a a λλ++<=.③ 由0λ>知0na >, 要使③式成立, 只要()()21242n n a a n λ+<+.()()()()()222441124142n n n n n a n n λλλλλλ+=+-++>-+⨯()12121412222,2n n n n n n n a n λλ+++++=-++=，∴③式成立因此,存在1k =,使得1121n k n k a a a a a a ++=对任意*n ∈N 均成立. 强化训练1.已知数列{}n a 满足111,31n n a a a +==+.(1)证明:12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列,并求{}n a 的通项公式;(2)证明:1211132n a a a +++<. 【解析】(1)由131n n a a +=+,得1113.22n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭又11322a +=,12n a ⎧⎫∴+⎨⎬⎩⎭是首项为32,公比为3的等比数列.1322n n a +=,因此{}n a 的通项公式为312n n a -=.(2)【证法一】 :()()12121031333131333322n n n n n n a -----++++-===++++,102101210121111111333333333n n n a a a --∴+++=+++++++++++2111111313311.133323213n n n--⎛⎫<++++==-< ⎪⎝⎭- 【证法二】 :当1n 时,()()123131313331n n n n n ---=-=-++++()121112212333123,31233n n n n n n -----=++++⋅∴=-⋅ 12121111322211111313131333313n n n -⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦∴+++++++=----3131232n ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭ 【证法三】 :由,,a b m +∈Z ,且1ab<,则a a m b b m +<+, 可得()112211313311n n n n a -+=<=--+.12121121112221111313131333n n n a a a -∴+++=+++<++++--- 111133131223213n n -⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==-<⋅- 第36讲 点列问题数列与解析几何知识的交汇与综合是高考命题的又一个热点,可以充分体现对数学解皕能力即核心素养的考査,其表现形式是点列问题,通常方程曲线上的点的横坐标,䌻坐标分别是某两个不同数列的项,而这两个数列又由点所在的曲线建立了联系,从而列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关,这类问题,解析几知识往往是个载体,核心还是数问匙,下面举儿道典型的例题与读者分享.典型例题【例1】如图3—10所示,已知123,,,B B B ⋯顺次为曲线1(0)y x x=>上的点123,,,,A A A ⋯顺次为x 轴上的点,且1112211,Δ,,Δn n n OB A A B A A B A ++∆,⋯均为等腰直角三角形,其中123,,,B B B 均为直角的顶点,记n A 的坐标为()*,0,.n x n ∈N(1)求数列{}n x 的通项公式;(2)设n S 为数列1n x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项的和,试比较()lg 1n S +和()1lg 12n +的大小.【分析】本例是点列、曲线、等腰直角三角形、数列的求和、数列不等式、数学归纳法、函数的单调性以及放缩法证明不等式等多个知识与方法的综合.解法灵活又精彩，解题的切入口是利用等腰直角三角形的性质或利用直线与曲线的交点得到n x 与1n x -的递推关系,而能解到最后的关键是推理证明.在运用数学归纳法证明时要抓住两个步骤，做到“递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉”. 【解析】(1)【解法一】 由题设可得点()()111,1,2,0B A ,因此12x =,由111112,,2n n n n n n n n n x x A A x x B x x +++++⎛⎫+=-⎪+⎝⎭及11n n n A B A ++∆是等腰直角三角形，可知 221112,42n n n n n n x x x x x x +++-=-=+.∴数列{}2n x 是以224=为首项，4为公差的等差数列. ∴()24144nx n n =+-=，即n x =.【解法二】 由题设可设点()()111,1,2,0B A ，1:n n A Bn l y x x +=-.解方程组14ny x x x ⎧=⎪⎨⎪=-⎩得x =1n B +的横坐标,于是12n n x x x ++==2214n n x x +-=. ∴数列{}2n x 是以224=为首项，4为公差的等差数列. ∴()24144nx n n =+-=，即n x =.（2）【解法一】1122n Sn=++,下面用数学归纳法证明1n S +>【1】当1n =时,111112S n +=+>==时,不等式∴成立; 【2】假设n k =时,不等式∴成立,即1k S +>.那么,当1nk =+时,111k k S S ++=++>==12k k+++>=则1=+n k时,不等式∴成立.即对所有*n∈N,不等式∴成立,从而有()()1lg1lg12nS n+>+.【解法二】1kx==>=12111213211 nnn n nxSx x=+++>-+-+++-=+S1n∴+,从而有()()1lg1lg12nS n+>+.【例2】已知点()()()()*11221,,2,,,,,n nB y B y B n y n∈N顺次为直线1412xy=+上的点,点()()()()*1122,0,,0,,,0,n nA x A x A x n N∈顺次为x轴上的点,其中1(01)x a a=<<,对任意*n∈N,点1,,n n nA B A+构成以n B为顶点的等腰三角形.(1)求数列{}n y的通项公式,并证明它是等差数列;（2）求证:2n nx+-x是常数,并求数列{}n x的通项公式;(3)上述等腰三角形1n n nA B A+中是否可能存在直角三角形?若可能,求出此时a的值;若不能,请说明理由.【分析】点列问题通常是数列与解析几何知识的交汇与综合,一个点的横坐标、纵坐标分别是某两个不同数列的项,而这两个数列又由点所在的曲线建立了联系,从而数列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关, ()()()*11222)1,,,,,,(n nB y B y B n y n∈N顺次为直线1412xy=+上的点, 则{}n y成等差数列是显然的了. 由1n n nA B A+∆为等腰三角形,12n nx xn++=易得22n nx x+-=, 则数列{}n x必定奇数项、偶数项分别成为两个不同的等差数列, 所认分奇数、偶数进行讨论,{}n x的通项为分段形式也是必然的. 而第(3)问是探索存在性问题,既要全面考察,又要从数与形的两个角度深入探究,把一切可能存在的a值找出来.【解析】（1）证明：由题设得11412ny n=+,又11,4n ny y+-=∴数列(}n y是等差数列.(2)证明：由题设得12n n x x n ++=，∴12n n x x n ++=，∴又()2121,n n x x n +++=+∴由∴－∴得22.n n x x +-=135246,,,;,,,x x x x x x ∴分别都是等差数列.()()()211222122,212212n n x x n n a x x n a n n a -=+-=+-=+-=-+-=-.1,,.n n a n x n a n +-⎧∴=⎨-⎩为奇数,为偶数(3)当n 为奇数时,有()()()111,0,1,0.21n n n n A n a A n a A A a +++-+-∴=-；当n 为偶数时,有()()11,0,,0.2n n n n A n a A n a A A a ++-+∴=.作n nB C x ⊥轴于n C ,则11412n nB C n =+. 要使等腰三角形1n n n A B A +为直角三角形,必须且只需12n n n nA ABC +=.当n 为奇数时,有()11212412a n ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,即12113a n =-.∴ 当1n =时,23a =;当3n =时,16a =,当5n 时,01a <<,方程∴无解; 当n 为偶数时,有123 1.a n =+∴ 同理可求得2n =时,712a =；4n 时,方程∴无解. 综上所述,上述等腰三角形1n n n A B A +中可能存在直角三角形,此时a 的值为23或16或712. 强化训练如图3—11所示,直线11:10,2l y kx k k k ⎛⎫=+-≠≠±⎪⎝⎭与211:22l y x =+相交于点P ,直线1l 与x 轴交于点1P ,过点1P 作x 轴的垂线交直线2l 于点1Q ,过点1Q 作y 轴的垂线交直线1l 于点2P ,过点2P 作x 轴的垂线交直线2l 于点2,Q ,这样一直作下去,可得到一系列点1122,,,,P Q P Q ,占()1,2,nP n =的横坐标构成数列{}n x .(1)证明()()11:11;2n n x x n k++-=-∈Z (2)求数列{}n x 的通项公式;(3)比较22n PP 与22145k PP +的大小. 【解析】(1)【证明】 设点n P 的坐标是(),n n x y ,由已知条件得点1,n n Q P +的坐标分别是11,22n n x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭,111,22n n x x +⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 由1n P +在直线1l 上,得111122n n x kx k ++=+-. ()()11112n n x k x +∴-=-,即()1111,2n n x x n k++-=-∈Z . (2)由题设知11111,10x x k k =--=-≠,则()11112n n x x k+-=-. ∴数列{}1n x -是首项为11x -,公比为12k的等比数列. 从而11112n n x k k -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭,即112,2nn x n k +⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭Z .(3)由111,22y kx k y x =+-⎧⎪⎨=+⎪⎩得点P 的坐标为()1,1,()()222222112212118222n n n n n PP x kx k k k -⎛⎫⎛⎫∴=-++--=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,22145k PP +22221411(01)549k k k ⎡⎤⎛⎫=--+-+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. (1)当12k >,即12k <-或12k >时,221451910k PP +>+=. 而此时101,2k<<2281210n PP ∴<⋅+=. 故2221245n PP k PP <+. (2)当102k <<,即11,00,22k ⎛⎫⎛⎫∈-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,221451910k PP +<+=. 而此时11,2k >2281210n PP ∴>⋅+=. 因此,有2221245nPP k PP >+.。
专题：数列与不等式交汇题型研究分析及解题策略
专题三：数列与不等式地交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题地形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列地通项公式、前n项和公式以及二者之间地关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围地探求，在不等式地证明中要注意放缩法地应用.此类题型主要考查学生对知识地灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野地广度和进一步学习数学地潜能．近年来加强了对递推数列考查地力度，这点应当引起我们高度地重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下地参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇地探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式地交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式地交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖地数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题地命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系地综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景地数列与不等式地交汇试题是未来高考命题地一个新地亮点,而命题地冷门则是数列与不等式综合地应用性解答题.【考试要求】1．理解数列地概念，了解数列通项公式地意义，了解递推公式是给出数列地一种方法，并能根据递推公式写出数列地前几项．2．理解等差数列地概念．掌握等差数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题．3．理解等比数列地概念，掌握等比数列地通项公式与前n项和公式，并能解决简单地实际问题.4．理解不等式地性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数地算术平均数不小于它们地几何平均数地定理，并会简单地应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单地不等式．7．掌握简单不等式地解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式地性质、解法与数列、等差数列、等比数列地简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题地形式考查数列与不等式地交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数地知识等，深度考查不等式地证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归地数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式地交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程地思想. 【典例分析】题型一求有数列参与地不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下地参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立⇔f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立⇔f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【例1】等比数列{a n}地公比q＞1，第17项地平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1an恒成立地正整数n地取值范围.【分析】利用条件中两项间地关系，寻求数列首项a1与公比q之间地关系，再利用等比数列前n项公式和及所得地关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 地取值范围.【解】 由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列地性质知：数列{1an }是以1a1为首项，以1q为公比地等比数列，要使不等式成立，则须a1(qn －1)q －1＞1a1[1－(1q )n ]1－1q，把a21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n －1)＞q(1－1qn)，q n ＞q 19，∵q ＞1，∴n ＞19，故所求正整数地取值范围是n≥20.【点评】 本题解答数列与不等式两方面地知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后地结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想地应用.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{a n }地前项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n ，n ∈N*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }地通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n ∈N*，求a 地取值范围．【分析】 第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 地关系可求得数列地通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 转化为关于n 与a 地关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min 求解．【解】 (Ⅰ)依题意，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n ，即S n+1＝2S n ＋3n ， 由此得S n+1－3 n+1＝2(S n －3n )．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n ∈N*, ① (Ⅱ)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n ∈N*，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2，a n+1－a n ＝4×3 n -1＋(a －3)2 n -2＝2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a≥－9，综上，所求地a 地取值范围是[－9，＋∞]．【点评】 一般地，如果求条件与前n 项和相关地数列地通项公式，则可考虑S n 与a n 地关系求解.本题求参数取值范围地方法也一种常用地方法，应当引起重视.题型二 数列参与地不等式地证明问题此类不等式地证明常用地方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本地方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子地扩大或缩小、项数地增加与减少等手段达到证明地目地.【例3】 已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }地通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【分析】 根据条件首先利用等差数列地通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】（Ⅰ）设等差数列{a n }地公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a1＋2d ＝74a1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a1＝3d ＝2，∴数列{a n }地通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a1＋an)2＝n 2＋2n ． 2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2，∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】 利用差值比较法比较大小地关键是对作差后地式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和地形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.个人收集整理-仅供参考【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c ∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立地充分必要条件是c ∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c，n ∈N*.【分析】 第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系地迭代；第（3）小题利用不等式地传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ， 又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c ∈[0，1].充分性：设c ∈[0，1]，对n ∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1]. 由（1）、（2）知，当c ∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n ∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n ∈N*成立地充分必要条件是c ∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)∵0＜c ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c)n -1(1－a 1)＝(3c)n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n ∈N*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c，结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1，a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n]1－3c ＞n ＋1－21－3c.【点评】 本题是数列与不等式、数学归纳法地知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题地第(Ⅰ)小题实质也是不等式地证明，题型三 求数列中地最大值问题求解数列中地某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列地单调性，然后确定最值；(3)利用条件中地不等式关系确定最值.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }地前项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4地最大值为______.【分析】 根据条件将前4项与前5项和地不等关系转化为关于首项a 1与公差d 地不等式，然后利用此不等关系确定公差d 地范围，由此可确定a 4地最大值.【解】 ∵等差数列{a n }地前项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎨⎧ S4＝4a1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a1＋3d≥5a1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a4＝a1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d，∴5＋3d2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1. ∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4地最大值为4.【点评】 本题最值地确定主要是根据条件地不等式关系来求最值地，其中确定数列地公差d 是解答地关键，同时解答中要注意不等式传递性地应用.【例6】 等比数列{a n }地首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列地前n 项地积，求f(n)地表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．【分析】 第(Ⅰ)小题首先利用等比数列地通项公式求数列{a n }地通项，再求得f(n)地表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列地单调性，再通过比较求得最值.【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n ·(－12)错误!(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)地最大值为f(9)或f(12)中地最大者．∵f(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1，∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)66．【点评】 本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列地单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)地大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项地符号变化情况.题型四 求解探索性问题数列与不等式中地探索性问题主要表现为存在型，解答地一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”地结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内地数值或图形，就得到肯定地结论，即得到存在地结果.【例7】 已知{a n }地前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使Sk+1－2Sk －2＞2成立.【分析】 第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 地关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中地不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立地合理性.【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝12a n ，又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝12地等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n ]1―12＝4－22-n .又由Sk+1－2Sk －2＞2，得错误!＞2，整理，得错误!＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜错误!，∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)相矛盾，故不存在这样地k ，使不等式成立.【点评】 本题解答地整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视地一个陷阱.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你地结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }地前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ地取值范围；若不存在，说明理由.【分析】 第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列地定义证明；第(Ⅲ)小题属于存在型问题，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.【解】 （Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.(Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n ∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴bn+1bn ＝－23(n ∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比地等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n ∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n ]＜b ，(n ∈N*).得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n ，(n ∈N*) ①令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)地最大值为f(1)＝53，f(n)地最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，即b ＞3a).当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求； 当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b,且λ地取值范围是(－b －18，－3a －18).【点评】 存在性问题指地是命题地结论不确定地一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在地方面入手，寻求结论成立地条件，若能找到这个条件，则问题地回答是肯定地；若找不到这个条件或找到地条件与题设矛盾，则问题地回答是否定地.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 地双重讨论.【专题训练】一、选择题2．设{a n }是由正数构成地等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ）A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）A ．a 6＝b 6 B ．a 6＞b 6 C ．a 6＜b 6 D ．a 6＞b 6或a 6＜b 6 4．已知数列{a n }地前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }地公比q ＞0，其前n 项地和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4地大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定7．已知y 是x 地函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则 （ ）A ．y 有最大值1，无最小值 B ．y 有最小值1112，无最大值 C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项地和S 3地取值范围是（ ）Ａ．(－∞，－1]Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 地等比中项，则a ＋3b 地最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }地首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1＞a n ”地（ ）A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分比要条件D ．既不充分又不必要条件12．设f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，则数列{a n }地前n 项和S n 地取值范围是 （ ）A ．[12，2) B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }地前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝Snn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 地最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1地一半，则q 地取值范围是________.15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 地最小值是________.Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }地公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A ．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中地最大项；②给定n ，对于一定k ∈N*(k ＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小地项；④存在k ∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题地序号是____________. 三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }地通项；（Ⅱ）求{a n }前n 项和S n 地最大值．18．已知{a n}是正数组成地数列，a1＝1，且点(an，a n+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1地图象上.(Ⅰ)求数列｛a n｝地通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n｝满足b1＝1,b n+1＝b n＋2a n，求证：b n·b n+2＜b2n+1.19．设数列{a n}地首项a1∈(0，1)，a n＝错误!，n＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝a n3－2an，证明b n＜b n+1，其中n为正整数．20．已知数列{a n}中a1＝2，a n+1＝(2－1)( a n＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n}地通项公式；（Ⅱ）若数列{a n}中b1＝2，b n+1＝3bn＋42bn＋3，n＝1，2，3，….证明：2＜b n≤a4n-3，n＝1，2，3，…21．已知二次函数y＝f(x)地图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)＝6x－2，数列{a n}地前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)地图像上.（Ⅰ）求数列{a n}地通项公式；（Ⅱ）设b n＝1anan＋1，T n是数列{b n}地前n项和，求使得T n＜m20对所有n∈N*都成立地最小正整数m；22．数列满足，（），是常数．（Ⅰ）当时，求及地值；（Ⅱ）数列是否可能为等差数列？若可能，求出它地通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求地取值范围，使得存在正整数，当时总有．2．D 【解析】设其公比为q,则b n－c n＝a n(q－1)(1－q2)＝－a n(q－1)2(q＋1)，当q＝1时，b n＝c n，当q＞0，且q≠1时，b n＜c n，故b n≤c n.3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a1＋a112＝b1＋b112＞b1b11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8.5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y 有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q )≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 地等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cosθ，3b ＝sinθ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cosθ＋3inθ＝2sin(θ＋错误!)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零地函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n ∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n.则数列{a n }地前项和地取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n ，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 地最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13]【解析】a1q 1－q ≤a12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q ∈(－1，0]∪(0，13].15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy ＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d ＞0，点(n ，S n )分布在开口向上地抛物线，故{S n }中一定有最小地项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题.三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }地公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a1＋d ＝1a1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1地等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n. (Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n .b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.因为b n ·b n +2－b ＝(2n －1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2 ＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n ＜0,所以b n ·b n +2＜b.19．【解】（Ⅰ）由a n ＝错误!，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－错误!(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12地等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－an 2)2(3－2×3－an 2)－a n 2(3－2a n )＝9an4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)地等比数列，a n －2＝2(2－1)n ，即a n 地通项公式为a n ＝2[(2－1)n ＋1]，n ＝1，2，3，….（Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2，当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3bk ＋42bk ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12bk ＋3＜122＋3＝3－22，所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n ∈N*)均在函数y ＝f(x)地图像上，所以S n ＝3n 2－2n ， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n ∈N*）.（Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3anan ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝错误!b i ＝错误![(1－错误!)＋(错误!–错误!)＋…＋(错误!－错误!)]＝错误!(1–错误!），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n ∈N*）成立地m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求地最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于，且．所以当时，得，故．从而． （Ⅱ）数列不可能为等差数列，证明如下：由，得，，．若存在，使为等差数列，则，即， 解得．于是，．这与为等差数列矛盾．所以，对任意，都不可能是等差数列．（Ⅲ）记，根据题意可知，且，即且，这时总存在，满足：当时，； 当时，．所以由及可知，若为偶数，则，从而当时，；若为奇数，则， 从而当时．因此“存在，当时总有” 地充分必要条件是：为偶数， 记，则满足．故地取值范围是．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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高考数学数列与不等式试题选编
高考数学数列与不等式试题选编高考数学数列与不等式试题选编l数列(一)选择题.填空题示例:一张报纸,其厚度为a,面积为b,现将此报纸对折(既沿对边中点的连线折叠)7次,这时报纸的厚度和面积分别是( )(A) (B) (C) (D)答案:C示例:已知数列满足记则下列结论正确的是( )A．B．C．D．答案:A.示例:在正数.之间插入数,使之成为等差数列,又.之间插入数.使之成为等比数列,则有 ()A.C.C.D.答案:D示例:_年12月,全世界爆发＂禽流感＂,科学家经过深入的研究,终于发现了一种细菌M在杀死＂禽流感＂病毒N的同时能够自身复制．已知１个细菌M可以杀死１个病毒N,并且生成２个细菌M,那么１个细菌M和2047个＂禽流感＂病毒N最多可生成细菌M的数值是( )A. 1024B. 2047C. 2048D. 2049答案:C.示例:某班试用电子投票系统选举班干部,全班k名同学都有选举权和被选举权,他们的编号分别为1.2.3.….k,规定:同意按〝1〞,不同意(含弃权)按〝0〞.令则同时同意第1.2号同学当选的人数为( )A．f(1,1)+f(1,2)+…+f(1, k)+f(2,1)+f(2,2)+…+f(2, k)B．f(1,1)+f(2,1)+…+f(k,1)+f(1,2)+f(2,2)+…+f(k,2)C．f(1,1)f(1,2)+f(2,1)f(2,2)+…+f(k,1)f(k,2)D．f(1,1)f(2,1)+f(1,2)f(2,2)+…+f(1, k)f(2,k)答案:C.示例:已知数列{}前n项和其中b是与n无关的常数,且0＜b＜1,若存在,则________．答案: 1示例:设数列an的通项公式为,试写出一个满足条件的.答案: 不唯一,的所有实数均可.由示例:如图,第个图形是由正边形〝扩展〞而来,(则第个图形中共有个顶点.答案:示例:计算机执行以下程序①始值;②;③;④如,则进⑤行,否则从②继续运行;⑤打印;⑥Stop;那么由语句⑤打印出的数值为.答案:９１(二)解答题示例:化工厂购进了245桶液体工业原料,为了方便保管和运输,要求将它们堆放成纵截面为等腰梯形的一垛,且相邻两层只相差一桶.在不考虑占地面积.堆放高度等具体条件时,堆放方案有哪几种?答案:ｄ＝１,由等差数列前ｎ项和公式可得到与ｎ的关系:＝－,又１,所以:ｎ(ｎ＋１)４９０,而ｎ可取４９０的不大于２１的正整数约数２,５,７,１０,１４,最后共有五种设计方案:ｎ＝２时＝１２２;ｎ＝５时＝４７;ｎ＝７时＝３２;ｎ＝１０时＝２０;ｎ＝１４时＝１１.示例:设各项均为正数的数列的前n项和为,对于任意的正整数n都有等式成立.(1)求;(2)求证;(3)求.答案:(1)当n=1时,.(2)当时,当n=1时,也符合(3) 当时,,于是数列是首项为2,公差为2的等差数列. ,,.示例:已知函数f(_)= 的图象过原点,以直线_= -1为渐近线,且关于直线_+y=0对称.(1)求函数f(_)的解析式;(2)若数列{an}(n∈N_)满足:an_gt;0,a1=1,an+1= [f()]2,求a2,a3,a4的值,猜想数列{an}的通项公式an,并证明你的结论;(3)若数列{an}的前n项的和为Sn,判断Sn与2的大小关系,并证明你的结论.答案:(1) ∵函数f(_)=的图象过原点,即f(0)=0,∴c =0,∴f(_)= .又函数f(_)= = b - 的图象以直线_= -1为渐近线,且关于直线_+y=0对称,∴函数y=f(_)的图象以(-1,1)为对称中心的双曲线,∴a=1,b=1,∴f(_)= .(2)由题意有an+1=[ ]2,即 = ,即= +1,∴ - =1.∴数列{}是以1为首项,1为公差的等差数列. ∴ =1+(n-1)=n,即 = ,∴an= .∴a2= ,a3= ,a4= ,an= .(3)当n≥2时,an= _lt;= - .∴Sn= a1 + a2+ a3 + …+ an _lt;1+1- + - + - +… + - =2- _lt;2.故Sn _lt;2.示例:数列中,首项a1=2,前n项和为Sn,对于任意点,点Pn都在平面直角坐标系_oy 的曲线c上,曲线c的方程为.(1)判断是否为等比数列,并证明你的结论;(2)若对每个正整数为边长能构成三角形,求t的范围.答案:(1)由(2)由(1)知:示例:已知数列为直角坐标平面上的点.(1)n∈N,点A,Bn,Cn在同一条直线上,求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}是首项为－3,公差为3的等差数列,Sn表示△ACnDn的面积,设,试用n表示Hn;(3)求.答案:(1) ∵对n∈N,点A,Bn,Cn在同一条直线上,∴.(2)又数列{bn}是首项为－3,公差为3的等差数列,∴.△ACnDn的面积.当且n∈N时,,当.,所以.(3).l不等式(一)选择题.填空题示例:已知,不等式的解集是,则满足的关系是( )A．B． C．D．答案:C.示例:某纯净水制造厂在净化水过程中,每增加一次过滤可减少水中杂质20%,要使水中杂质减少到原来的5%以下,则至少需过滤的次数为(参考数据lg2=0.3010,lg3=0.4771)A.5 B.10 C.14 D.15答案:C.示例:不等式的解集是_______.答案:.示例:观察下列式子:,则可以猜想的结论为:___________________________.答案:(二)解答题示例:已知且试解关于的不等式答案: 令 () ,则原不等式.即,故当时,原不等式的解是当时,原不等式的解是示例:解不等式:答案:原不等式可化为即∵a_lt;1,∵(_－2)当时,即0_lt;a_lt;1时,解集为当时,即a=0时,解集为;当时,即a_lt;0时,解集为示例:(1)已知是正常数,,,求证:,指出等号成立的条件;(2)利用(1)的结论求函数()的最小值,指出取最小值时的值．答案:(1),故．当且仅当,即时上式取等号;(2)由(1)．当且仅当,即时上式取最小值,即．示例:对于定义在区间上的两个函数和,如果对任意的,均有不等式成立,则称函数与在上是〝友好〞的,否则称〝不友好〞的.现在有两个函数与,给定区间.(1)若与在区间上都有意义,求的取值范围;(2)讨论函数与在区间上是否〝友好〞.答案:(1)函数与在区间上有意义,必须满足(2)假设存在实数,使得函数与在区间上是〝友好〞的,则即(_)因为,而在的右侧,所以函数在区间上为减函数,从而于是不等式(_)成立的充要条件是因此,当时,函数与在区间上是〝友好〞的;当时,函数与在区间上是不〝友好〞的.示例:已知二次函数的图像过.两点,且满足.(1)证明:或;(2)证明:函数f(_)的图像必与_轴有两个交点;(3)若关于_的不等式f(_)_gt;0的解集为或(n_lt;m_lt;0),解关于_的不等式.答案:(1),得..(2)当时,二次函数f(_)的图像开口向上,图像上的点A.B的纵坐标均为且小于零,所以图像_轴有两个交点;当时,二次函数f(_)的图像开口向下,图像上的点A.B的纵坐标均为且大于零,所以图像_轴有两个交点.所以函数f(_)的图像与_轴有两个不同交点.(3)的解集为或(n_lt;m_lt;0),从而方程的两个根为,, 则方程的两个根为,.因为n_lt;m_lt;0,所以,故不等式的解集为或.示例:已知二次函数R)满足,对任意实数_,都有,且时,总有．(1)求;(2)求a,b,c的值;(3)当,时,函数(mR)是单调函数,求m的取值范围．答案:(1)对任意实数_,都有,所以,又在时,有,故,因此有．(2)因为,,则,,因为,则(当且仅当时取等号)．又因为对任意实数_,都有,所以恒成立,即恒成立故且,因此有,从而(3),的对称轴是,因为(mR)在,上是单调函数,所以或.。
高考数学出题人预测专题07 数列与不等式相结合问题(第二篇)(原卷版)
备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第二篇 数列与不等式专题07 数列与不等式相结合问题【典例1】【2020届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测】 记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知12n n S a +=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求使得22020n n a S >+的n 的取值范围. 【思路引导】 （1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩计算可得；（2）由（1）可得2122n n a -=，21nn S =-，从而得到不等式解得.【典例2】【2020届重庆西南大学附属中学校高三第五次月考】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且当*n N ∈时，n S 是12n +与2m 的等差中项(m 为实数). （1）求m 的值及数列{}n a 的通项公式； （2）令()*21log n n b a n N=+∈，是否存在正整数k ，使得1111210n n n kbb b n ++⋅⋅⋅+>+++对任意正整数n 均成立？若存在，求出k 的最大值；若不存在，说明理由.【思路引导】（1）根据等差中项的性质列方程，求得n S 的表达式.利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，结合{}n a 是等比数列，求得m 的值及数列{}n a 的通项公式. （2）由（1）求得n b 的表达式，将不等式1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++左边看成()f n ，利用差比较法判断出()f n 的单调性，由此求得()f n 的最小值，进而求得k 的最大值.【典例3】【2020湖北省武汉华中师大附中高三5月考试】已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，735S =，且2a ，5a ，11a 成等比数列．()1求数列{}n a 的通项公式；()2若n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，且存在*n N ∈，使得10n n T a λ+-≥成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩解得1a d ，即可求得通项公式；(2)111112n n a a n n +=-++,裂项相消求和n T = ()112222n n n -=++，因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022n n n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.求出()222n n +的最大值即可解得λ的取值范围.【典例4】【2020届江西省南昌市上学期期末考试】已知{}n a 是递增的等比数列，若3520a a +=，且12354a a a ，，成等差数列. （1）求{}n a 的前n 项和n S ；（2）设12n n b S =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：113n T ≤<. 【思路引导】 （1）利用等差中项可得21352a a a =+,再利用等比数列的通项公式代入求得q ,可代回3520a a +=中求得1a ,进而由公式求解即可； （2）由（1）可得121n nb =-,则1132n nb ≤<,从而求和即可证明【典例5】【陕西省安康市2019-2020学年高三上学期12月阶段性】 已知数列{}n a 为等差数列. （1）求证：()212n n n a a a ++…；（2）设21n a n =-，且其前n 项和n S ，1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：2n T <.【思路引导】(1)利用等差数列的性质122n n n a a a ++=+,再根据基本不等式即可证明. (2)由等差数列的求和公式求解n S ,再由裂项相消的缩放法求证即可.【典例6】【2020届天津市第一中学高三上学期第二次月考】已知等比数列{}n a 的各项均为正数，5462,,4a a a 成等差数列，且满足2434a a =，数列{}n b 的前n 项和(1)2n n n S b +=，*n N ∈，且11b =. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设,,n n n b n c a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n P .（3）设252123n n n n n b d a b b +++=，*n N ∈，{}n d 的前n 项和n T ，求证：13n T <.【思路引导】(1)根据题意列出方程组，求出1a 、q ，从而得到{}n a 的通项公式，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，化简可得{}n b n是首项为1的常数列，即可求得{}n b 的通项公式； (2)分类讨论，当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+，分别利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和即可，当n 为奇数时，由1n n n P P b -=+可求得结果；(3)裂项法可得【典例7】【河北省石家庄二中2019-2020学年高三年级上学期12月月考】 已知数列{}n a 满足125a =，且*113220,N n n n n a a a a n ++-+=∈，数列{}n b 为正项等比数列，且123b b +=，34b =.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）令2n n n b c a =，12n n S c c c =+++L ，求证：101nS <<. 【思路引导】（1）变形已知等式得数列2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求通项公式，数列{}n b 是等比数列，用基本量法可求得通项公式；（2）用错位相减法求得和n S ，即可证结论成立．1. 【2020届北京市昌平区高三上学期期末数学试题】 已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=. （1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ； （2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值. 2. 【天津市红桥区2019届高三二模数学】已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列(*)n N ∈，24a =，且21+a 是1a 与3a 的等差中项． I.求数列{}n a 的通项公式；II.设2log n n b a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，记1231111=++++L L n nT S S S S ，证明：12n T ≤<． 3. 【2020届浙江省嘉兴市高三上学期期末考试】 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*21n n S a n N +=∈.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若11111n n n c a a +=++-，n T 为数列{}n c 的前n 项和.求证：123n T n >-.4. 【重庆市巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考卷】已知数列{}n a ,是一个等差数列,且22a =,145a a +=,数列{}n b 是各项均为正数的等比数列,且满足:112b =,24164b b ⋅=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式; （2）求证:11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5. 【湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校2019-2020学年高三联考数学】已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项的和为n S ，且当2n ≥时，满足21nn n S a S =-．（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列； （2）证明：2221274n S S S +++<L ． 6. 【2020届重庆市云阳江口中学高三上学期第三次月考】设数列{}n a 的前n 项和n S ，数列{}n S 的前n 项和为{}n T ，满足*32,n n T S n n N =-∈.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅰ）求证：*1,n S n N ≥∈.7. 【湖南省邵阳市2019-2020学年高三第一次联考】 已知数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且满足1a ，212a +，3a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1{}n a 的前n 项和为n T ，求使1|2|500n T -<成立n 的最小值. 8. 若数列{an}是的递增等差数列，其中的a 3=5，且a 1，a 2，a 5成等比数列， （1）求{a n }的通项公式； （2）设b n =，求数列{b n }的前项的和T n ．（3）是否存在自然数m ，使得 ＜T n ＜5m对一切n ∈N*恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．9. 【内蒙古呼和浩特市2019-2020学年高三上学期质量普查调研】已知n S 为数列n a 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+，且1n n a b =.(1)求数列{}n b 的通项公式n b ；(2)求满足122311...7n n b b b b b b ++++<的n 的最大值. 10. 设()()1122,,,A x y B x y 是函数()21log 21xf x x =+-的图象上任意两点，且1()2OM OA OB =+u u u u r u u u r u u u r ，已知点M 的横坐标为12．（1）求证：M 点的纵坐标为定值； （2）若*121...,,2n n S f f f n N n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++∈≥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且求n S ； （3）已知=12 131 2(1)(1)nn n n S S +⎧⎪⎪⎨=≥++⎪⎪⎩，其中*n N ∈，n T 为数列{}n a 的前n 项和，若()11n n T S λ+<+对一切*n N ∈都成立，试求λ的取值范围．。
高三数学高考冲刺专题三数列与不等式的交汇题
2010年高考数学冲刺 专题三：数列与不等式的交汇题一、选择题1．已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列，则有（ ）A ．a 4a 6＜a 6a 8B ．a 4a 6≤a 6a 8C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 82．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（ ） A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（ ）A ．a 6＝b 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 64．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝ （ ）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（ ）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定 6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n∈N*，则函数f(n)＝S n(n ＋32)S n+1的最大值为（ ）A ．120B ．130C ．140D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则（ ） A ．y 有最大值1，无最小值B ．y 有最小值1112，无最大值C ．y 有最小值1112，最大值1 D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是（ ）Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n∈N*都有a n+1＞a n ”的 （ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分比要条件 D ．既不充分又不必要条件11．{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝ （ ）A ．11B ．17C ．19D ．2112．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是（ ）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S nn 2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q 的取值范围是________. 15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 的最小值是________. Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k∈N*(k＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是____________. 三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n项和S n 的最大值．18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…21．已知二次函数y ＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f '(x)＝6x －2，数列{a n }的前n项和为S n ，点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m ；22．数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案 一、选择题1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n . 3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8.5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4． 6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝n n 2＋34n ＋64＝1n ＋64n＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150． 7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y 有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cos θ，3b ＝sin θ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cos θ＋3in θ＝2sin(θ＋π6)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A. 11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使S n 取得最小正值必须满足S 19＞0，且S 20＜0，此时n ＝19.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13] 【解析】a 1q 1－q ≤a 12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0]∪(0，13]. 15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n ，S n )分布在开口向上的抛物线，故{S n }中一定有最小的项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题. 三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n－1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n＜0,所以b n ·b n +2＜b 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－12(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1， （Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n 4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n，即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n＋1]，n ＝1，2，3，…. （Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立． （ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2， 当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22，所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上，所以S n ＝3n 2－2n ， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n∈N*）. （Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)， 故T n ＝∑ni=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=，，，且11a =．所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-． （Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+- 得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-， 解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-． 这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >； 当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数， 则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >， 从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <” 的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩． 故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N ．。