数列与不等式压轴大题练习题和详细分析解答(1)
数列与不等式30大题(有答案)
S1 S2
Sn
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10. 在等比数列 an 和等差数列 bn 中，a1 = b1 > 0，a3 = b3 > 0，a1 ≠ a3，试比较 a5 和 b5 的大 小．
11. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1 = 1，an+1 = 1 + Sn n ∈ ∗ ．
(1) 求数列 an 的通项公式；
∗ 成立，
18. 已知常数 p 满足 0 < p < 1，数列 xn 满足 x1 = p + 1p，xn+1 = xn2 − 2．
(1) 求 x2，x3，x4；
(2) 猜想 xn 的通项公式(不用给出证明)； (3) 求证：xn+1 > xn 对 n ∈ ∗ 成立．
19. 设 b > 0 ，数列
an
大值．
7. 已知 an 是正整数组成的数列，a1 = 1 ,且点( an,an+1 )( n ∈ ∗ )在函数 y = x2 + 1 的图象上；
(1) 求数列 an 的通项公式；
(2) 若数列 bn 满足 b1 = 1，bn+1 = bn + 2an ,求证：bn ⋅ bn+2 < bn2+1
8. x,y ∈
∈
+ 都成立
的最大正整数 k 的值．
6. 已知数列 an 是等比数列，首项 a1 = 1，公比 q > 0，其前 n 项和为 Sn，且 S1 + a1，S3 + a3，
S2 + a2 成等差数列．
(1) 求数列 an 的通项公式；
(2) 若数列
bn
满足 an+1 =
专题09 数列不等式的证明与求解参数(解析版)
数列不等式的证明与求解参数◆题型一:数列不等式的证明 方法解密:对于既不含参数也无需放缩的数列不等式,解题思路较为简单.通过数列求和的方法,错位相减或者裂项相消即可证明.大可分为两种题型,一是数列不等式的证明,二是通过不等式求解n 的取值范围.下面我们来看下数列不等式证明的例题.【经典例题1】已知等比数列{}()n a n N *∈为递增数列，且236324,522==+a a a a a ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()42n nn b n N a *-=∈，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证明：6n S <． 【答案】(1)2n n a = (2)证明见解析 【解析】(1)解：由题意，()2251123111522a q a q a q a q a q⎧=⎪⎨=+⎪⎩，解得11212a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或122a q =⎧⎨=⎩， 因为等比数列{}()n a n *∈N 为递增数列，所以122a q =⎧⎨=⎩， 所以1222n nn a -=⨯=；(2)解：由（1）知142212n n n n n b a ---==， 所以数列{}n b 的前n 项和为0111322212n n n S -=++-+，① 112123212122223n n nn n S --=++-++，② ①-② 得1112111112121232212312222211122212n n n n n nn n n S --⎛⎫=+⎛⎫- ⎪--+⎝⎭=+=+++-⎝- ⎪⎭--， 所以12362n n n S -+=-， 又因为*n N ∈，所以12302n n -+>，所以123662n n n S -+=-<. 【经典例题2】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++=．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log 1n n c n a +⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：516<n T ． 【答案】(1)21nn a =-，()211n c n =+； (2)证明见解析【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-．又212a a -=，则数列{}1n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列，∴11222n nn n a a -+-=⨯=，∴221322,2a a a a -=-=，3432a a ，…，112n n n a a ---=，累加得211222n n a a --=+++，∴211212222112n n n n a --=++++==--． 数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++=，①当1n =时，114c =；当2n ≥时，222212312341n c c c n c n -++++=-，②由①－②可得()211n c n =+，当1n =时，也符合上式， 故数列{}n c 的通项公式为()211n c n =+．(2)由（1）可得()()()()2222222111114222log 1n n n n n n n n a ⎡⎤++==-⎢⎥++++⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 则()22222221111111114324352n T n n ⎡⎤=-+-+-++-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦()()222111114212n n ⎡⎤=+--⎢⎥++⎢⎥⎣⎦()()2215115441612n n ⎡⎤=--<⎢⎥++⎢⎥⎣⎦， 故516<n T 成立．【经典例题3】已知数列{}n a 前n 项和为n S ，若132a =，且()1122n n S S S n n *-≥∈N ，，，成等差数列．(1)求证：数列1n S 是等比数列；(2)记数列1n S 的前n 项和为n T ，求证：21143n T ≤<．【解析】(1)1132S a ==，因为112n n S S S -，，成等差数列，所以()1232n n S S n -+=≥， 所以()11112n n S S --=--，且111112S a -=-=，所以数列1n S 是以12为首项，12-为公比的等比数列.(2)由（1）知11111222n nn S -⎛⎫⎛⎫-=⨯-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. ()()()2122111n n T S S S =-+-++-22111222n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦22111221111111323412nn n ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪ ⎪⎡⎤⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-- ⎪⎝⎭.一方面，21111343n n T ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭；另一方面，()22111111111034344n n n n n T T --⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，{}2n T 是递增数列，所以221111344n T T ⎛⎫≥=-= ⎪⎝⎭.综上所述，21143n T ≤<. 总结:掌握此题型的关键是对数列求和,错位相减以及裂项相消有较为熟练的掌握与应用.以及要对裂项相消的常见的变换形式有一定的了解.在稍加练习的情况下即可掌握,难度不大.接下来看下通过不等式求解n 的取值范围的相关题型. 【经典例题4】等差数列{}n a 前n 项和为n S ，且3616a a +=，981S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列121n n a a ++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若215n T >，求n 的最小值．【答案】(1)21n a n =- (2)7 【解析】（1）设等差数列的公差为d ，首项为1a ，则36191271693681a a a d S a d +=+=⎧⎨=+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．（2）()()1211111212322123n n a a n n n n ++⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， ()11111111112355721232323323n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 由题得()232315n n >+，解得6n >，因为n *∈N ，所以n 的最小值是7．【练习1】等差数列{}n a 中，前三项分别为,2,54x x x -，前n 项和为n S ，且2550k S =. (1)求x 和k 的值； (2)求n T =1231111nS S S S ++++ (3)证明: n T 1<【答案】(1)2x =；50k =. (2)1n nT n =+ (3)见解析 【解析】(1)∴等差数列{}n a 中，前三项分别为x ，2x ，54x -， ∴2254x x x ⨯=+-，解得2x =， ∴首项12a =，公差2d =． ∴()12550222k k k S k -==+⨯， 化为：225500k k +-=． 解得50k =．(2)由（1）可得：()2212n a n n =+-=， ∴()2222n n n S n n +==+，∴()111111nS n n n n ==-++． ∴123111111111111223111n n n T S S S S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭(3)因为111n T n ==-+，而101n >+，所以1111n T n ==-<+.【练习2】已知数列{n a }的前n 项和为n S ，342n n S a =-， (1)求数列{n a }的通项公式； (2)设33log 4nn a b =，n T 为数列12n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.证明：12n T ≤< 【答案】(1)143n n a -=⨯； (2)证明见解析.【解析】(1)当2n ≥时，11234n n S a --=-，又342n n S a =-，则13n n a a -=， 当1n =时，11234a a =-，解得14a =，故{}n a 是首项为4，公比为3的等比数列，则143n n a -=⨯；(2)因为33log 4nn a b =3log 3n n ==，则()12211211n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， 故11111121222122311n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又101n >+， 所以1111n -<+，即2n T <，又1211n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭是单调递增数列，则11n T T =≥ 综上，12n T ≤<.【练习3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*214n n S a n +=∈N ，数列{}n b 为等差数列，112b a =，且()5435b b b =-． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)对任意的正整数n ，有212n n n n n b c b b a +++=，求证：121n c c c ++⋅⋅⋅+<．【答案】(1)22n n a -=，n b n = (2)证明见解析【解析】(1)解：∴214n n S a +=①，∴令1n =，可得112a =，又()112142n n S a n --+=≥②，由①-②得1244n n n a a a -=-， ∴12n n a a -=，∴()122nn a n a -=≥， ∴数列{}n a 为以12为首项，2为公比的等比数列，∴22n n a -=，∴11b =，5514b d d ==+，解得d ＝1， ∴n b n =；(2)证明：()()121112212n n n n n c n n n n -+==-+⋅⋅+⋅，∴()()1222211111112232212n n n c c c n n -⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⋅+⋅⎝⎭⎝⎭()11112n n =-<+．【练习4】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，24a =，()112322n n n S S S n +-+=-≥. (1)证明：数列{}2n a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)记112n n n n b a a -+=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：11123n T ≤<.【答案】(1)证明见解析，122n n a -=+ (2)证明见解析【解析】(1)解：当2n ≥时，由11232n n n S S S +-+=-可变形为()1122n n n n S S S S +--=--， 即122n n a a +=-，即()1222n n a a +-=-，所以()12222n n a n a +-=≥-， 又因为13a =，24a =，可得1221,22a a -=-=，所以21222a a -=-， 所以数列{}2n a -是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以122n n a --=，所以数列{}n a 的通项公式为122n n a -=+.(2)解：由122n n a -=+，可得()()11111221122222222n n n n nn n n n b a a ----+===-++++，所以123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+1111111111134466102222322n n n-=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-+++， 因为1022n >+，所以1113223n -<+，即13nT <，又因为()11322n f n =-+，n *∈N 单调递增， 所以()()111212212n T b ≥==++，所以11123n T ≤<.◆题型二:数列不等式求解参数 方法解密:对于此类含参数不等式题型,大部分可以通过分离参数等方式转化为最值问题.对于求最值,需要分析单调性,函数类型可通过运算法则或者求导进行判断.数列可通过作差法进行判断.即+10n n a a ->对*n ∈N 恒成立,数列单调递增.+10n n a a -<对*n ∈N 恒成立,数列单调递减.含参不等式问题又可以分为恒成立问题和存在性(有解)问题. (1) ( ) x D f x a ∀∈<恒成立，则max ()f x a < (2) ( ) x D f x a ∀∈>恒成立，则min ()f x a > 下面看一下有关恒成立问题的例题:【经典例题1】已知23n a n n =+，若2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是_______． 【答案】15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】先分离参数将问题转化为232nn nλ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn n b +=，再作差判定单调性求出数列{}n b 的最值，进而求出λ的取值范围.【详解】因为23n a n n =+，且2nn a λ≤对于任意*n ∈N 恒成立，所以232nn nλ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤，令232n nn nb +=，则2221113(1)(1)3354222n n n n n n n n n n n b b +++++++-++-=-=，因为21302b b -=>，32104b b -=>，43102b b -=-<，且21135402n n n n n b b ++-++-=<对于任意3n ≥恒成立，所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24n n n b +==，所以实数λ的取值范围是15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 故答案为：15,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【经典例题2】已知数列{}n a 满足114a =，()110n n n n n a a a a a ++-=≠且12231n n n S a a a a a a +=+++．若对任意8n ≥，*n ∈N ，不等式21n S λ>+恒成立，则正整数λ的最小值为______． 【答案】12 【分析】由11n n n n a a a a ++-=，得1111n na a ，得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求得通项公式n a ，对nS 利用裂项相消法求和，然后由单调性得n S 的最小值，解相应不等式可得λ的范围从而得结论． 【详解】由11n n n n a a a a ++-=，得1111n na a ，所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公差为1的等差数列，所以()14113n n n a =+-⨯=+，故13n a n =+，所以()()11113434n n a a n n n n +==-++++， 则122311111111145563444n n n S a a a a a a n n n +=+++=-+-++-=-+++． 当8n ≥，*n ∈N 时，1144n S n =-+为单调递增数列，所以()min 1114846n S =-=+．因为21n S λ>+对任意8n ≥，*n ∈N 恒成立，所以1261λ>+，即11λ>，所以正整数λ的最小值为12．故答案为：12．分离参数的关键是需要求谁的值以及范围,就将谁分离出来.然后观察是恒成立还是存在性问题,两种问法对于最值的选择是不同的.接下来是有关存在性问题的例题:【经典例题3】数列{an }的通项公式为an ＝3n ，记数列{an }的前n 项和为Sn ，若*N x ∃∈使得()3362n S k n +≥-成立，则实数k 的取值范围是______．【答案】2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】先求得n S ，由()3362n S k n +≥-分离常数k ，结合数列的知识求得k 的取值范围.【详解】1113,3,3n n n n n na a a a +++===，13a =，所以数列{}n a 是首项为3，公比为3的等比数列，所以()13131331322n n n S +-==⋅--.依题意，*N x ∃∈使得()3362n S k n +≥-成立，即113362n k n +⋅⋅≥-，243nn k -≥， 设12242,,033n nn b b b -==-=，当3n ≥时，0n b >，所以23k ≥-，所以k 的取值范围是2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故答案为：2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【经典例题4】已知数列{}n a 前n 项和为n S ，且23()2n n n S n N *+=∈ （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．【答案】（1）1n a n =+；（2）1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 【分析】（1）已知已知n S 求n a ，通常用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项.（2）用裂项相消法求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ，列出不等式，参变分离得()222n n λ≤+，因为存在*n N ∈，由基本不等式求()222n n +的最大值即可.【详解】解：(1) 1n =时， 111322a S +===, 2n ≥时，()()2211313122n n n n n n n a S S n --+-+=-=-=+， 1n =时，12a =也适合上式，所以数列{}n a 的通项公式1n a n =+.(2) 因为()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以()111111112334122222n n T n n 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()222n n λ≤+成立又()2142224nn n n =⎛⎫+++ ⎪⎝⎭，444n n n n +≥⋅，42416n n ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭1141624n 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⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【练习1】设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知12327a a a =，581a =，若存在m R ∈，使得272n n S a +≤12m -成立，则m 的最小值为___．【答案】9 【解析】设{}n a 的公比为q ，由12327a a a =可知3227a =，所以23a =，由4113,81a q a q ==得：327q =，所以3q =，则11a =，所以13-=n n a ，()113112nnn a q S q--==-，由题意知存在m R ∈，使得127132722223n n n n m S a -++=+=⋅38138129223223n n n n+⋅⋅⋅成立，当且仅当32n=8123n ⋅，即2n =时取得等号，所以9m ，故m 的最小值为9.故答案为：9【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，当2n ≥时，2n n n n S a S a =-.(1)求n S ；(2)设数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若()292nn T n λ≤+⋅恒成立，求λ的取值范围.【答案】(1)11n S n =+ (2)3λ≤ 【解析】(1)当2n ≥时，2n n n n S a S a =-，所以，()()211n n n n n n S S S S S S --=---，整理得：11n n n n S S S S --=-，即1111n n S S --=.所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以11112S a ==为首项，1为公差的等差数列. 所以11n n S =+，即11n S n =+. (2)由（1）知，()212n nnn S =+⋅，所以()212232212n n n T n n -=⋅+⋅++⋅++⋅，①所以()23122232212n n n T n n +=⋅+⋅++⋅++⋅，②①-②得，()()231422212n n n T n +-=++++-+⋅，所以，()()23114222122n n n n T n n ++-=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-⋅，所以，12n n T n +=⋅，所以()292n n T n λ≤+⋅，即()12292n n n n λ+⋅≤+⋅，即()299222n n nnλ+≤=+，因为99232222n n n n+≥⋅=，当且仅当3n =时，等号成立，所以3λ≤.【练习3】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，6328SS=，数列{}n b 满足()33log 1n n b a =+．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若对任意的*n ∈N ，3n n b a λ<恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)13n n a -=，*n ∈N ；32n b n =-，*n ∈N (2)9,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ ．【解析】(1)解：设等比数列{}n a 的公比为q ，由6328S S =，显然1q ≠，所以631281q q-=-，解得3q =， 由于11a =，所以{}n a 的通项公式为13n n a -=，*n ∈N ；所以()1333log 13log 3132n n n b a n -=+=+=-，*n ∈N ，所以{}n b 的通项公式为32n b n =-，*n ∈N ．(2)因为3n n b a λ<恒成立，即332n n λ<-对于任意的*n ∈N 恒成立．令()332nf n n =-，*n ∈N ，则()()()()()136733131323132n n nn f n f n n n n n +⋅-+-=-=+-+-， 当1n >时()()1f n f n +>，，所以()()()()1234f f f f ><<<⋅⋅⋅，即()f n 的最小值为()924f =， 所以实数λ的取值范围为9,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.【练习4】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若对任意的*N n ∈，不等式()1311n S n λ⋅+≥-恒成立，求实数λ的取值范围． 【答案】(1)12n n a (2)18λ≥【解析】(1)解：当1n =时，11121S a a =-=，解得11a =， 当2n ≥时，1122n n n n n a S S a a --=-=-，即12n n a a -=， 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列， 故12n na ；(2)解：122112nn n S -==--， 由()1311n S n λ⋅+≥-对任意的*N n ∈恒成立， 即3112nn λ-≥ ， 令3112n n n b -=，则11138311143222n nn n n n n nb b +++----=-= ， 当4n ≤时，1n n b b +>，当5n ≥时，1n n b b +<， 所以1234567b b b b b b b <<><>< 即n b 的最大值为518b = ， 故18λ≥.【过关检测】1.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,21()n n a a S n N *+==+∈；等差数列{}n b 中，25b =，43b a =.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n n a b 前n 项和为n T ，是否存在正整数n ，使得60n T n >？若存在，求n 的最小值，若不存在，说明理由.【答案】（1）13-=n n a ，21n b n =+；（2）存在，最小n 值为4. 【解析】（1）由题设，112()2(2)n n n n n a a S S a n +--=-=≥，得13n n a a +=， 又21121213a S a =+=+=，即213a a =，∴13n n a a +=对*n N ∈都成立，则11133n n n a a --=⋅=，∴439b a ==，又25b =且{}n b 为等差数列，∴若公差为d ，则4224d b b =-=，得2d =，即13b =， ∴1(1)21n b b n d n =+-=+.（2）由（1）知：1(21)3n n n a b n -⋅=+⋅， ∴0121335373...(21)3n n T n -=⨯+⨯+⨯+++⋅，则12313335373...(21)3(21)3n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，∴10121132332323 (23)(21)336(21)32313n n nn n n T n n n ----=⨯+⨯+⨯++⋅-+⋅=+⨯-+⋅=-⋅-，即3n n T n =⋅，若60n T n >时，有360n >，∴4n ≥且*n N ∈，故存在，n 的最小值为4.2.已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，234a =-，且22S -，3S ，44S 成等差数列．(1)求数列{}n a 的公比q 和通项n a ； (2)设1n n T S =-，求满足12022n T >的n 的最大值． 【答案】(1)12q =-，132nn a ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭(2)10【解析】(1)解：设比数列{}n a 的公比为q ，因为22S -，3S ，44S 成等差数列，可得324224S S S =-+， 即4324S S S S -=-，所以432a a =-，解得4312a q a ==-， 又因为234a =-，所以数列{}n a 的通项公式为23113422n nn a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅-=-⨯- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．(2)解：由132n n a ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，可得31122111212nn n S ⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-- ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭，所以112nn n T S ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以1122n nn T ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由12022n T >，可得1122022n⎛⎫> ⎪⎝⎭，即2log 2022n <且*n N ∈，故满足12022n T >的n 的最大值为10．3.记n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若33212a a a S ，. (1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求使n n S a >成立的n 的最小值. 【答案】(1)23n a n =- (2)4 【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，由33a S =得12a a +=0, 由题意知，{a 1+a 2=0a 2−a 1=2，解得1211a a =-⎧⎨=⎩，所以d =2所以()()1112123n a a n d n n =+-=-+-=-. (2)解：由（1）可得()()12123222n n n a a n n S n n +-+-===-，由n n S a >可得2223n n n ->-，即2430n n -+>，解得1n <或3n >， 因为n *∈N ，所以，正整数n 的最小值为4.4.已知Sn 为等差数列{an }的前n 项和，S 3＝21，S 5＝55． (1)求an 、Sn ；(2)若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和Tn ，求满足225n T >的最小正整数n ． 【答案】(1)an ＝4n ﹣1，22n S n n =+ (2)19【解析】(1)设等差数列{an }的公差为d ，则11323212545552a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，即117211a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得134a d =⎧⎨=⎩，故()34141n a n n =+-=-， 2(341)22n n n S n n +-==+ (2)由（1）得，1111111414344143n n a a n n n n +⎛⎫=⋅=- ⎪-+-+⎝⎭.故111111111...437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1114343129n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，令225n T >有129225n n +>，即241825n n >+，解得18n >，故满足满足225n T >的最小正整数为195.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1222n n S n a ++=-，28a =，其中n *∈N . (1)记1n n b a =+，求证：{}n b 是等比数列； (2)设1n n n c b +=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：54n T <. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【解析】(1)证明：对任意的*n ∈N ，1222n n S n a ++=-，28a =，1n =时，122226S a +=-=，解得12a =，2n ≥时，因为1222n n S n a ++=-，12222n n S n a -+-=-，两式相减可得：122n n n a a a ++=-，即有132n n a a +=+，∴()1131n n a a ++=+，又1n n b a =+，则111n n b a ++=+， 因为1113b a =+=，2219b a =+=，所以213 b b =， 对任意的*n ∈N ，0n b >，所以13n nb b +=， 因此，{}n b 是首项和公比均为3的等比数列(2)由（1）得：1333n nn b -=⨯=，则113n n n n n c b ++==， 2323413333n n n T +∴=+++⋅⋅⋅+，231123133333n n n n n T ++=++⋅⋅⋅++， 两式相减得：2121111112211121525331333333362313n n n n n n n n n T -+++⎛⎫- ⎪+++⎝⎭=++⋅⋅⋅+-=+-=-⋅-， 化简可得：525443n n n T +=-⋅，又25043nn +>⋅， ∴54n T <.6.已知数列{}n a 的前n 项和为n S .从下面①②③中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分.①数列{}n a 是等比数列，26S =，且24a ，32a ，4a 成等差数列； ②数列{}n a 是递增的等比数列，1432a a =，2312a a +=； ③22n n S a =-.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 的前n 项的和为n T ，且()()2212211log log n n n b a a -+=.证明：12n T <. 【答案】(1)2n n a = (2)证明见解析 【解析】(1)解：若选①：因为数列{}n a 是等比数列，设公比为q ，26S =，且24a ，32a ，4a 成等差数列，所以1132111644a a q a q a q a q+=⎧⎨+=⎩，解得12,2a q ==，所以1222n n n a -=⨯=； 若选②：因为数列{}n a 是递增的等比数列，1432a a =，2312a a +=，所以1423233212a a a a a a ==⎧⎨+=⎩，所以234,8a a ==，322a q a ==， 所以222422n n nn a a q --==⨯=；若选③：因为22n n S a =-，所以()11222n n S a n --=-≥， 两式相减可得122n n n a a a -=-，即12n n a a -=，又1n =时，12a =， 所以()122nn a n a -=≥， 所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n nn a -=⨯=；(2)证明：由（1）知()()()()()()212122122122111111log log 212122121log2log 2n n n n n b a a n n n n -+-+⎛⎫====- ⎪-+-+⎝⎭，所以111111111121335212121124221n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝=-⎭⎣⎦+， 因为1042n >+，所以1112422n -<+，即12n T <.7.已知Sn 是等比数列{an }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且4118S a -=-. （1）求数列{an }的通项公式；（2）是否存在正整数n ，使得2020n S ≥？若存在，求出符合条件的n 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）()132n n a -=⨯-.（2）存在，最小值为11 【解析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则10,0a q ≠≠. 由题意得2432234,18,S S S S a a a -=-⎧⎨++=-⎩ 即2321112311118a q a q a q a q a q a q ⎧--=⎨++=-⎩ 解得13,2.a q =⎧⎨=-⎩故数列{}n a 的通项公式为()132n n a -=⨯-.（2）由（1）有()()()3121212nn n S ⎡⎤--⎣⎦==----.假设存在n ，使得2020n S ≥，则()122020n--≥即()22019n -≤-当n 为偶数时，()20n->，上式不成立；当n 为奇数时，()22019nn -=-2≤-，即22019n ≥解得11n ≥综上，存在符合条件的正整数n ，最小值为11.8.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足11a =，211(2)n n n n a S a S n ++--=-≥．记22(1)log n n b a +=.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)设数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前n 项和n T ，求使得不等式9n T >成立的n 的最小值.【答案】(1)12n n a ，21n b n =+； (2)5.【解析】(1)设正项等比数列{}n a 的公比为(0)q q >，当2n ≥时，211n n n n a S a S ++--=-，即21112n n n n n n a S a a S a ++-++=+=-，则有22=+n n n a q a q a ，即220q q --=，而0q >，解得2q，又11a =，则12n na ，22(12)2122log l 1og n n n b a n ++==+=，所以数列{}n a ，{}n b 的通项公式分别为：12n na ，21nb n =+.(2)由(1)知，1212n n n b n a -+=，则2315792132222n n n T -+=+++++，则23411357921212222222n n n n n T --+=++++++， 两式相减得：1232111111121212523(1)3512222222212n n n n n n n n n T ---+++=++++++-=+-=-- 于是得125102n n n T -+=-， 由9n T >得：12512n n -+<，即12250n n --->，令1225n n c n -=--，N n *∈， 显然，16c =-，27c =-，37c =-，45c =-，51c =，由111(227)(225)220n n n n n c c n n --+-=-----=->，解得2n >，即数列{}n c 在3n ≥时是递增的，于是得当12250n n --->时，即510n c c ≥=>，5n ≥，则min 5n =， 所以不等式9n T >成立的n 的最小值是5.9.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111,21()n n a a S n N *+==+∈；等差数列{}n b 中，25b =，43b a =.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n n a b 前n 项和为n T ，是否存在正整数n ，使得60n T n >？若存在，求n 的最小值，若不存在，说明理由.【答案】（1）13-=n n a ，21n b n =+；（2）存在，最小n 值为4. 【解析】（1）由题设，112()2(2)n n n n n a a S S a n +--=-=≥，得13n n a a +=， 又21121213a S a =+=+=，即213a a =，∴13n n a a +=对*n N ∈都成立，则11133n n n a a --=⋅=，∴439b a ==，又25b =且{}n b 为等差数列，∴若公差为d ，则4224d b b =-=，得2d =，即13b =， ∴1(1)21n b b n d n =+-=+.（2）由（1）知：1(21)3n n n a b n -⋅=+⋅， ∴0121335373...(21)3n n T n -=⨯+⨯+⨯+++⋅，则12313335373...(21)3(21)3n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，∴10121132332323 (23)(21)336(21)32313n n nn n n T n n n ----=⨯+⨯+⨯++⋅-+⋅=+⨯-+⋅=-⋅-，即3n n T n =⋅，若60n T n >时，有360n >，∴4n ≥且*n N ∈，故存在，n 的最小值为4.10.已知等差数列{}n a 公差不为零，1235a a a a ++=，238a a a ⋅=，数列{}n b 各项均为正数，11b =，2211320n n n n b b b b +++-=.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)若16n n a b λ++≥恒成立，求实数λ的最小值． 【答案】(1)21n a n =-，113n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)181【解析】(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235238a a a a a a a ++=⎧⎨⋅=⎩，即()()11111334270a d a da d a d a d d +=+⎧⎪++=+⎨⎪≠⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩， 所以，()12121n a n n =+-=-，因为2211320n n n n b b b b +++-=，所以，()()1130n n n n b b b b +++-=，因为0n b >，所以，113n n b b +=，又110b =≠，所以，0n b ≠，所以，113n n b b +=， 所以，{}n b 是以1为首项，13为公比的等比数列，故113n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭.(2)解：因为113n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭，21n a n =-，所以，16n n a b λ++≥，即273nn λ-≥恒成立， 设273n n n c -=，则()111442527333n nn n n n n n c c +++-----=-=， 当3n ≤时，1n n c c +>；当4n =时，1n n c c +=；当5n ≥时，1n n c c +<. 所以，4n =或5时，54181c c ==为{}n c 的最大项． 所以，181λ≥，故实数λ的最小值为181．11.已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足222n n n S a a =+-. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2n n n a a b =，n T 为数列{}n b 的前n 项和.若()332n n k n T S +-≤对任意的*n N ∈恒成立，求k 的最小值.【答案】(1)1n a n =+ (2)58【解析】(1)222n n n S a a =+-①； 当1n =时，代入①得12a =.当2n ≥时，211122n n n S a a ---=+-②；①-②得22112n n n n n a a a a a --=-+-， 整理得()()221111n n n n n n n n a a a a a a a a ----+=-=-+， 因为0n a >，所以()112n n a a n --=≥，所以数列{}n a 为等差数列，公差为1，所以1n a n =+. (2)1122n n n a n a n b ++==， ()2341111123412222n n T n +=⋅+⋅+⋅+++③； ()345121111112341222222n n n T n n ++=⋅+⋅+⋅++⋅++④， ③-④得 ()2341211111121222222n n n T n ++=⋅++++--， 所以13322n n n T ++=-，所以()332n n k n T S +-≤，化简得()232n n n k ++≥，令()232n n n n c ++=，21342n n n n n c c -+---=. 所以1234c c c c <>>>，所以n c 的最大值为258c =，所以58k ≥.所以k 的最小值为58.12.已知二次函数()y f x =的图象经过坐标原点，其导函数为()2f x x '=，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()(),n n S n N *∈均在函数()y f x =的图象上．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设11n n n b a a +=，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得30n m T <对所有n *∈N 都成立的最小正整数m ．【答案】(1)21n a n =- (2)15m =【解析】(1)()2f x x '=，()()2R f x x C C ∴=+∈，又()f x 经过坐标原点，()2f x x ∴=；点()(),n n S n N *∈在函数()y f x =的图象上，()n f n S ∴=，即2n S n =；当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-；经检验：11a =满足21n a n =-；()21n a n n N *∴=-∈. (2)由（1）得：()()1111212122121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭； 1111111111111123355723212121221n T n n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-=- ⎪ ⎪---++⎝⎭⎝⎭； 1021n >+，11121n ∴-<+，12n T ∴<，由30n m T <恒成立可知：1302m ≥，解得：15m ≥，∴所求的最小正整数15m =.。
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4 ．已知y ＝f (x )为一次函数，且f (2)、f (5)、f (4)成等比数列，f (8)＝15．求n S ＝f (1)＋f (2)＋…＋f (n )的表达式．5 ．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1n n S c ca =+-，其中c 是不等于1-和0的实常数.（1）求证: {}n a 为等比数列；（2）设数列{}n a 的公比()q f c =，数列{}n b 满足()()111,,23n n b b f b n N n -==∈≥，试写出1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式，并求12231n n b b b b b b -+++ 的结果.6 ．在平面直角坐标系中,已知A n (n,a n )、B n (n,b n )、C n (n -1,0)(n ∈N *)，满足向量1+n n A A 与向量n n C B 共线，且点B n (n,b n ) (n ∈N *)都在斜率为6的同一条直线上.(1)试用a 1,b 1与n 来表示a n ;(2)设a 1=a ,b 1=-a ,且12<a ≤15，求数列{a n }中的最小项.7 ．已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322a a a +++…12n n a -+8n =对任意的∈n N*都成立，数列1{}n n b b +-是等差数列．（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）问是否存在k ∈N *，使得(0,1)k k b a -∈？请说明理由．8 ．已知数列),3,2(1335,}{11 =-+==-n a a a a nn n n 且中（I ）试求a 2，a 3的值； （II ）若存在实数}3{,nn a λλ+使得为等差数列，试求λ的值. 9 ．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()1,211++=⋅=+n n S a n a n n ，（1）求数列{}n a 的通项公式; （2）令n nn S T 2=，①当n 为何正整数值时，1+>n n T T ：②若对一切正整数n ，总有m T n ≤，求m 的取值范围。
数列与不等式12种题型
数列与不等式12种题型方法题型1 数列基本量运算例题1 记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则（ ） A ．25n a n =-B ． 310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 【解析】由题知41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，选A练习1.已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（ ） A ．16B ．8C ．4D ．2【解析】设正数的等比数列{a n }公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==选C练习2. 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=____________．【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q = 又0q ≠，所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--题型2 数列性质运用例题2 设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则（ ）A ．当101,102b a => B ．当101,104b a => C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【解析】对于B ，令214x λ-+=0，得λ12= 取112a =，∴2111022n a a ==，，＜∴当b 14=时，a 10＜10，故B 错误 对于C ，令x 2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1取a 1＝2，∴a 2＝2，…，a n ＝2＜10，∴当b ＝﹣2时，a 10＜10，故C 错误 对于D ，令x 2﹣λ﹣4＝0，得λ=取1a =，∴2a =…，n a =10 ∴当b ＝﹣4时，a 10＜10，故D 错误对于A ，221122a a =+≥，223113()224a a =++≥，4224319117()14216216a a a =+++≥+=＞， a n +1﹣a n ＞0，{a n }递增当n ≥4时，1n n a a +=a n 12na +＞11322+=，∴104a a ＞（32）6，∴a 1072964＞＞10 故A 正确，选A练习1．在等差数列{}n a 中，3a ，9a 是方程224120x x ++=的两根，则数列{}n a 的前11项和等于 A ．66 B ．132 C ．-66D ．-132【解析】因为3a ，9a 是方程224120x x ++=的两根，所以3924a a +=- 又396242a a a +=-=，所以612a =-，61111111211()13222a a a S ⨯⨯+===-，选D练习2. 记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________. 【解析】因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =所以105S S =11111091010024542552a d a a a d ⨯+==⨯+ 题型3 数列求和法的运用例题3 数列{}n a 中，12a =，且112(2)n n n n n a a n a a --+=+≥-，则数列()211n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭前2019项和为（ ）A ．40362019B ．20191010C ．40372019D ．40392020【解析】∵1122n n n n n a a n a a （）--+=+≥-，∴()22112n n n n a a a a n ----=﹣， 整理得：()()22111n n a a n ----=， ∴()()()2211112n a a n n ---=+-++，又12a =，∴()()2112n n n a +-=，可得：()()212112111n n n n n a ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭-．则数列()211n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-⎪⎪⎩⎭前2019项和为：111111201921212232019202020201010⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，选B 练习1. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为__________． 【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得322,3a a =-=-,公差321d a a =-=,5320a a d =+= 由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-练习2．已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是_____.【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯= 题型4 数列应用题例题4 《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮(0)m m >石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m 的值分别为（ ） A ．20% 369B ．80% 369C ．40% 360D ．60% 365【解析】设“衰分比”为a ,甲衰分得b 石，由题意得23(1)80(1)(1)16480164b a b a b a b m ⎧-=⎪-+-=⎨⎪++=⎩解得125b =,20%a =,369m =，选A题型5 数列的项和互化例题5 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1212a a ==，，且2123n n n a S S ++=-+，记 22122log log n n n b a a -=+，则数列(){}21nn b -⋅的前10项和为______． 【解析】∵1212a a ==，，且2123n n n a S S ++=-+，∴32332a =-+=， ∵2123n n n a S S ++=-+，∴2n ≥时，1123n n n a S S +-=-+， 两式相减可得，()()21112n n n n n n S a a S S S ++-+-=---，（2n ≥） 即2n ≥时，2112n n n n a a a a +++-=-即22n n a a +=，∵312a a =，∴数列{}n a 的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，12222n n n a -=⨯=，1121122n n n a ---=⨯=∴22122121n n n b log a log a n n n -=+=-+=-，则数列()()()221211nnn b n -⋅-=-，则(){}21nn b -⋅前10项和()()()22222231751917S =-+-++-()2412202836=⨯++++200=题型6 数列与不等式例题6 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n C n *=∈N证明：12+.n C C C n *++<∈N【解析】(1)由题意可得：1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得：102a d =⎧⎨=⎩，则数列{}n a 的通项公式为22n a n =- . 其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-，则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列， 即：()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 据此有：()()()()()()()()2222121112121n n n n n n n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+，故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+.(2)结合(1)中的通项公式可得：()()112221211nn n a n C n n b n n n n nn n -==<=<=--+++-，则()()()12210221212n C C C n n n +++<-+-++--=.练习1. 已知等差数列{}n a 满足636a a =+，且31a -是241,a a -的等比中项. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()11n n n b n a a *+=∈N ，数列{}n b 的前项和为n T ，求使1n T <成立的最大正整数n 的值 【解析】()I 设等差数列{}n a 的公差d6336a a d -==，即2d =，3313a a ∴-=+，2111a a -=+，416a a =+31a -是21a -，4a 的等比中项，()()232411a a a ∴-=-⋅，即()()()2111+3=16a a a ++，解得13a =，∴数列{}n a 的通项公式为21n a n =+（II ）由()I 得()()111111212322123n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪++++⎝⎭. 1212n n T b b b ∴=++⋅⋅⋅+=11111135572123n n ⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+- ⎪++⎝⎭()1112323323n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭由()13237n n <+，得9n <，∴使得1n T <成立的最大正整数n 的值为8题型7 与函数有关的不等式比较大小 例题7 设x 、y 、z 为正数，且，则（ ）A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z 【解析】令，则，，∴，则，，则，选D练习1. 已知432a =，254b =，1325c =，则（ ）（A ）b a c << （B ）a b c << （C ）b c a << （D ）c a b << 【解析】因为422335244a b ==>=，1223332554c a ==>=，所以b a c <<，选A ． 题型8 与函数导数有关的构造 例题8 设函数'()f x 是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ） A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【解析】构造新函数()()f x g x x =,()()()2'xf x f x g x x-='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >， 又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃，选A 题型9 均值不等式的应用例题9 若x ，y 均为正实数，则221(2)x y x y+++的最小值为_______.【解析】 ()()2222211122x ty t y x y x yxy y ++-+++=≥++()01t <<12=，即15t =时()2212x y x y +++5=练习1．已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝1，则222124a b a b+++的最小值为_______． 【解析】因为1a b +=，且,a b 都是正实数.所以2221241414222a b a b a b a b a b ++⎛⎫+=+++=++ ⎪⎝⎭()14144421277211b a b a a b a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫=++⨯=+++=++≥+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当12,33a b ==时，等号成立，所以222124a b a b+++的最小值为11 题型10 数形结合求最值例题10 已知实数x ，y 满足221x y +≤，则2463x y x y +-+--的最大值是 ．【解析】22,222463{1034,22x y y xz x y x y x y y x+-≥-=+-+--=--<-由图可知当22y x ≥-时，满足的是如图的AB 劣弧，则22z x y =+-在点(1,0)A 处取得最大值5；当22y x <-时，满足的是如图的AB 优弧，则1034z x y =--与该优弧相切时取得最大值，故，所以15z =，故该目标函数的最大值为15.练习1．已知,x y R ∈，若24x y +=，则224x y +的最小值为__________；若2244x y +=，则x y +的最大值为__________．【解析】根据题意，x ，y ∈R +，且x +2y ＝4，则有4＝x +2y ≥22xy ，变形可得2xy 4≤，（当且仅当x ＝2y 2=时等号成立），x 2+4y 2＝（x +2y ）2﹣4xy ＝16﹣4xy ，又由4xy 8≤，则有x 2+4y 28≥，即x 2+4y 2的最小值为8； 若2244x y +=，由柯西不等式得（224x y +）（1+14）()2x y ≥+，（当且仅当x ＝4y 455=时等号成立）所以()2x y +≤454⨯，即x y +的最大值为5 题型11 与导数有关的不等式证明 例题11 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【解析】（1）的定义域为，.（i ）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii ）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.练习1. 已知函数()f x =x ﹣1﹣alnx ． （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，21111++1+)222n ()(1)(﹤m ，求m 的最小值． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0，+∞.①若0a ≤，因为11=-+2＜022f aln ⎛⎫⎪⎝⎭，所以不满足题意；②若＞0a ，由()1a x af 'x x x-=-=知，当()0x ,a ∈时，()＜0f 'x ；当()，+x a ∈∞时，()＞0f 'x ，所以()f x 在()0,a 单调递减，在()，+a ∞单调递增，故x=a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点. 由于()10f =，所以当且仅当a=1时，()0f x ≥.故a=1（2）由（1）知当()1，+x ∈∞时，1＞0x ln x --，令1=1+2nx 得111+＜22n n ln ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而 2211111111++1+++1+＜+++=1-＜12222222n n n ln ln ln ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故21111+1+1+＜222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而231111+1+1+＞2222⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3. 练习2. 已知函数有两个零点. （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设x 1，x 2是的两个零点，证明：.【解析】（Ⅰ）．（Ⅰ）设，则，只有一个零点．（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又，，取满足且，则故存在两个零点．（Ⅲ）设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以． 设，则．所以当时，，而，故当时，． 从而，故．练习3设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求,a b ；(2)证明()1f x >【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞()112'ln x x x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+，由题意可得()12f =， ()'1f e =.故1a =， 2b = （2）证明：由（1）知， ()12ln x x f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln xx x xe e ->-设函数()ln g x x x =，则()'1ln g x x =+，所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()'0g x <当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0g x >，故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增从而()g x 在()0,+∞上的最小值为11g e e⎛⎫=-⎪⎝⎭设函数()2xh x xe e-=-，则()()'1xh x e x -=- 所以当()0,1x ∈时， ()'0h x >；当()1,x ∈+∞时， ()'0h x < 故()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减 从而()h x 在()0,+∞上的最大值为()11h e=-综上，当0x >时， ()()g x h x >，即()1f x >函数导数不等式求参数例题12 已知函数（1）若，证明：当时，；当时，（2）若是的极大值点，求【解析】（1）当时，，.设函数，则当时，；当时，.故当时，，且仅当时，从而，且仅当时，，所以在单调递增又，故当时，；当时，（2）（i）若由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾. （ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点如果，则当，且时，，故不是的极大值点如果，则存在根，故当，且时，所以不是的极大值点如果，则.则当时，；当时，所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，。
高中数学数列与不等式(解析版)
数列与不等式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，在小题中主要以数列极限和等差等比数列为主，大题考察位置21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属于解答题第二题或第五题的位置，三角函数考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分。
数列大题属于压轴题难度较高。
对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目。
对于不等式主要考察不等式性质和基本不等式和线性规划。
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：120分钟）1.（2020•上海卷）已知2230x yyx y+≥⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩，则2z y x=-的最大值为【答案】－12.（2020•上海卷）下列不等式恒成立的是（）A 、222a b ab +≤B 、22-2a b ab +≥C 、2a b ab +≥-D 、2a b ab +≤【答案】B3.（2020•上海卷）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，且1109a a a +=，则12910a a a a ++⋅⋅⋅=【答案】2784．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知O 是正三角形ABC 内部的一点，230OA OB OC ++=，则OAC ∆的面积与OAB ∆的面积之比是A ．32B ．23C ．2D ．1【答案】B试题分析：如下图所示，D 、E 分别是BC 、AC 中点，由230OA OB OC ++=得()2OA OC OB OC +=-+即2OE OD =-，所以2OE OD =，设正三角形的边长为23a ，则OAC ∆底边AC 上的高为13AC h BE a ==，OAB ∆底边AB 上的高为1322AB h BE a ==，所以123221332322ACOACOABAB AC h S a a S AB h a a ∆∆⋅⨯===⋅⨯，故选B .考点：1.向量的几何运算；2.数乘向量的几何意义；3.三角形的面积. 5．（2020·上海高三二模）设12,z z 是复数，则下列命题中的假命题是（） A ．若120z z -=，则12z z = B ．若12z z =，则12z z = C ．若12=z z ，则1122z z z z ⋅=⋅D ．若12=z z ，则2212z z =【答案】D试题分析：对（A ），若120z z -=，则12120,z z z z -==，所以为真；对（B ）若12z z =，则1z 和2z 互为共轭复数，所以12z z =为真； 对（C ）设111222,z a b z a i b i =+=+，若12=z z 22221122a b a b +=+，222211112222,z z a b z z a b ⋅=+⋅=+，所以1122z z z z ⋅=⋅为真；对（D ）若121,z z i ==，则12=z z 为真，而22121,1z z ==-，所以2212z z =为假．故选D ．考点：1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．6．（2020·上海杨浦区·高三二模）设z 是复数，则“z 是虚数”是“3z 是虚数”的（ ） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件 D ．既非充分也非必要条件【答案】B【分析】根据充分必要条件的定义及复数的概念进行判断．可取特例说明一个命题为假． 【详解】充分性：取132z =-+，故31z =是实数，故充分性不成立；必要性：假设z 是实数，则3z 也是实数，与3z 是虚数矛盾，∴z 是虚数，故必要性成立． 故选：B ．.【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查复数的概念，属于基础题． 7．（2020·上海松江区·高三其他模拟）若复数z =52i-，则|z |=（ ） A ．1 B 5C ．5D ．5【答案】B【分析】利用复数的模的运算性质，化简为对复数2i -求模可得结果 【详解】|z |=5||2i -=5|2i|-5 故选：B.【点睛】此题考查的是求复数的模，属于基础题8．（2020·上海高三一模）设12,z z 为复数,则下列命题中一定成立的是( ) A ．如果120z z ->,那么12z z >B ．如果12=z z ,那么12=±z zC ．如果121z z >,那么12z z > D ．如果22120z z +=,那么12 0z z ==【答案】C【分析】根据复数定义,逐项判断,即可求得答案.【详解】对于A,取13z i =+,21z i =+时,120z z ->,即31i i +>+,但虚数不能比较大小, ,故A 错误; 对于B,由12=z z ,可得2222+=+a b c d ,不能得到12=±z z ,故B 错误;对于C ,因为121z z >,所以12z z >,故C 正确; 对于D ,取11z =,2z i =,满足22120z z +=,但是12 0z z ≠≠,故D 错误. 故选:C.【点睛】本题解题关键是掌握复数定义,在判断时可采用特殊值法检验,考查了分析能力,属于基础题. 9．（2020·上海高三二模）关于x 的实系数方程2450x x -+=和220x mx m ++=有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则m 的取值范围是（ ） A ．{}5 B ．{}1- C ．()0,1 D ．(){}0,11-【答案】D【分析】根据条件分别设四个不同的解所对应的点为ABCD ，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相应判断.【详解】解：由已知x 2﹣4x +5＝0的解为2i ±，设对应的两点分别为A ，B ， 得A （2，1），B （2，﹣1），设x 2+2mx +m ＝0的解所对应的两点分别为C ，D ，记为C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），（1）当△＜0，即0＜m ＜1时，220x mx m ++=的根为共轭复数，必有C 、D 关于x 轴对称，又因为A 、B 关于x 轴对称，且显然四点共圆；（2）当△＞0，即m ＞1或m ＜0时，此时C （x 1，0），D （x 2，0），且122x x +＝﹣m ， 故此圆的圆心为（﹣m ，0），半径122x x r -====，又圆心O 1到A 的距离O 1A =，解得m ＝﹣1，综上：m ∈（0，1）∪{﹣1}. 故选：D.【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式，属于难题. 10．（2020·上海徐汇区·高三一模）已知x ∈R ，条件p ：2x x <，条件q ：11x>，则p 是q 的（ ） 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【答案】C【分析】分别求两个命题下的集合，再根据集合关系判断选项. 【详解】201x x x <⇔<<，则{}01A x x =<<，1101x x>⇔<<，则{}01B x x =<<，因为A B =， 所以p 是q 的充分必要条件. 故选：C11．（2020·上海市建平中学高三月考）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线22322():16C x y x y =+为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ）（1）方程22322()16x y x y +=（0xy <），表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线C 上任一点到坐标原点O 的距离都不超过2； （3）曲线C 构成的四叶玫瑰线面积大于4π；（4）曲线C 上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）； A ．（1）（2） B ．（1）（2）（3） C ．（1）（2）（4） D ．（1）（3）（4）【答案】A【分析】因为0xy <，所以x 与y 异号，仅限与第二和四象限，从而判断（1）．利用基本不等式222x y xy +即可判断（2）；将以O 为圆心、2为半径的圆的面积与曲线C 围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线C 经过点，再将x <y <(1,1)，(1,2)和(2,1)逐一代入曲线C 的方程进行检验即可判断（4）；【详解】对于（1），因为0xy <，所以x 与y 异号，仅限与第二和四象限，即（1）正确．对于（2），因为222(0,0)x yxy x y +>>，所以222x y xy +，所以22222322222()()16164()4x y x y x y x y ++=⨯=+， 所以224x y +，即（2）正确；对于（3），以O 为圆点，2为半径的圆O 的面积为4π，显然曲线C 围成的区域的面积小于圆O 的面积，即（3）错误；对于（4），只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把(1,1)，(1,2)和(2,1)代入曲线C 的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C 在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C 只经过整点(0,0)，即（4）错误； 故选：A.【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题．12．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）已知F 为抛物线24y x =的焦点，A 、B 、C 为抛物线上三点，当0FA FB FC ++=时，则存在横坐标2x >的点A 、B 、C 有（ ） A ．0个 B ．2个 C ．有限个，但多于2个 D ．无限多个【答案】A【分析】首先判断出F 为ABC 的重心，根据重心坐标公式可得2312313,x x x y y y +=-+=-，结合基本不等式可得出()2221232y y y ≤+，结合抛物线的定义化简得出12x ≤，同理得出232,2x x ≤≤，进而得出结果.【详解】设()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ，先证12x ≤，由0FA FB FC ++=知，F 为ABC 的重心， 又131132(1,0),1,033x x x y y yF ++++∴==，2312313,x x x y y y ∴+=-+=-， ()()222222323232322y y y y y y y y ∴+=++≤+，()2221232y y y ∴≤+， 2223122444y y y ⎛⎫∴≤+ ⎪⎝⎭，()1232x x x ∴≤+，()1123x x ∴≤-12x ∴≤， 同理232,2x x ≤≤， 故选：A.【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，基本不等式的应用，解本题的关键是判断出F 点为三角形的重心，属于中档题.13．（2020·上海杨浦区·高三二模）不等式102x x -≤-的解集为（ ） A ．[1,2] B ．[1,2)C ．(,1][2,)-∞⋃+∞D ．(,1)(2,)-∞⋃+∞【答案】B【分析】把分式不等式转化为整式不等式求解．注意分母不为0．【详解】原不等式可化为(1)(2)020x x x --≤⎧⎨-≠⎩，解得12x ≤<．故选：B ．【点睛】本题考查解分式不等式，解题方法是转化为整式不等式求解，转化时要注意分式的分母不为0． 14．（2020·上海市南洋模范中学高三期中）下列不等式恒成立的是（ ） A ．222a b ab +≤ B ．222a b ab +≥-C ．a b +≥-D ．a b +≤【答案】B【分析】根据基本不等式即可判断选项A 是否正确，对选项B 化简可得()20a b +≥，由此即可判断B 是否正确；对选项C 、D 通过举例即可判断是否正确.【详解】A.由基本不等式可知222a b ab +≥，故A 不正确；B. 2222220a b ab a b ab +≥-⇒++≥，即()20a b +≥恒成立，故B 正确； C.当1,0a b =-=时，不等式不成立，故C 不正确；D.当3,1a b ==时，不等式不成立，故D 不正确. 故选：B.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用以及不等式大小的比较，属于基础题.15．（2020·上海崇明区·高三一模）设{}n a 为等比数列，则“对于任意的*2,m m m N a a +∈>”是“{}n a 为递增数列”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】对于任意的*2,m m m N a a +∈> ，即()210m a q >﹣.可得：2010m a q ⎧⎨-⎩＞＞，2010m a q ⎧⎨-⎩＜＜，任意的*m N ∈，解出即可判断出结论.【详解】解：对于任意的*2,m m m N a a +∈>，即()210m a q >﹣. ∴2010m a q ⎧⎨-⎩＞＞，2010m a q ⎧⎨-⎩＜＜，任意的*m N ∈， ∴01m a q ⎧⎨⎩＞＞，或001m a q ⎧⎨⎩＜＜＜. ∴“{}n a 为递增数列”，反之也成立.∴“对于任意的*2,m m m N a a +∈>”是“{}n a 为递增数列”的充要条件.故选：C.【点睛】本题考查等比数列的单调性，充分必要条件，是基础题.16．（2020·上海高三其他模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，则“()1n n a a n *+<∈N ”是“()11n n S S n n n *+<∈+N ”的（ ） 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【答案】A【分析】先证明充分性，由条件1n n a a +<，可得121n n a a a na +++⋅⋅⋅+<，通过变形得到11n n S S n n +<+，再由条件11n n S S n n +<+，列举特殊数列，说明是否成立. 【详解】充分性：若1n n a a +<，则有121n n a a a na +++⋅⋅⋅+<，即()1n n n S n S S +<-，得()11n n n S nS ++<，于是有()11n n S S n n n *+<∈+N 成立，故充分性成立. 必要性：若()11n n S S n n n *+<∈+N 成立，取数列{}n a 为0,1,1,1,⋅⋅⋅，但推不出()1n n a a n *+<∈N ，故必要性不成立. 故选:A【点睛】本题考查判断充分不必要条件，数列的递推公式和前n 项和公式的综合应用，重点考查转化与化归的思想，逻辑推理能力，属于中档题型.17．（2020·上海交大附中高三其他模拟）已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且20,2,n n n n a S a a n >=+∈*N ,1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*,n n N k T ∈>恒成立，则k 的最小值是（ ） A ．13B ．12C ．16D ．1【答案】A【分析】由22n n n S a a =+可得21112n n n S a a ---=+，两式相减整理后可知11n n a a --=，则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，从而可得n a n =，进而可以确定111221n n n b n n +=-+++，则可求出121111 (3213)n n n T b b b n +=+++=-<++，进而可求出k 的最小值. 【详解】解：因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+，两式相减得22112n n n n n a a a a a --=+-- ，整理得，()()1101n n n n a a a a --+--=，由0n a > 知， 10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2,n n N *≥∈时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则1211111111111 (366112213213)n n n n n T b b b n n n ++=+++=-+-++-=-<+++++，所以13k ≥.则k 的最小值是13. 故选:A【点睛】本题考查了由递推数列求数列通项公式，考查了等差数列的定义，考查了裂项相消法求数列的和.一般如果已知了,n n S a 的关系式，一般地代入11,1,2,n n n S n a S S n n N*-=⎧=⎨-≥∈⎩ 进行整理运算.求数列的和常见的方法有，公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等.18．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知0a b >>，若12lim 25n n n nn a b a b ++→∞-=-，则（ ）A ．25a =-B ．5a =-C ．25b =-D ．5b =-【答案】D【分析】由0a b >>，可得01ab<<，将原式变形，利用数列极限的性质求解即可 【详解】因为0a b >>，且12lim 25n n n nn a b a b ++→∞-=-，所以01ab<<， 可得12limn n n nn a b a b ++→∞-=-2220lim 25011nn n a a b b b b a b →∞⎛⎫⋅- ⎪-⎝⎭===-⎛⎫- ⎪⎝⎭， 5b ∴=-，故选：D.【点睛】本题主要考查数列极限的性质与应用，属于基础题.19．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）如图，已知函数()y f x =与y x =的图象有唯一交点()1,1，无穷数列{}()*n a n N∈满足点()1,n n n P a a +()*n N ∈均落在()y f x =的图象上，已知()13,0P ，()20,2P ，有下列两个命题：（1）lim 1n n a →∞=；（2）{}21n a -单调递减，{}2n a 单调递增；以下选项正确的是（ ）A ．（1）是真命题，（2）是假命题B ．两个都是真命题C ．（1）是假命题，（2）是真命题D ．两个都是假命题【答案】B【分析】根据函数()y f x =的图象和()11f =可得出n a 的取值范围，再根据函数()y f x =的单调性判断{}21n a -和{}2n a 的单调性，结合数列各项的取值范围和单调性可得数列的极限值.【详解】()1n n a f a +=，当01n a <<时，由图象可知，112n a +<<；当13n a <<时，101n a +<<.13a =，20a =，32a =，401a ∴<<，512a <<，601a <<，712a <<，，因为函数()y f x =在区间()0,3上单调递减，因为5302a a <<=，()()53f a f a ∴>，即64a a >，()()64f a f a <，即75a a <，()()75f a f a >，即86a a >，，以此类推，可得1357a a a a >>>>，数列{}21n a -单调递减，2468a a a a <<<<，数列{}2n a 单调递增，命题（2）正确；当2n ≥时，2112n a -<≤，201n a <<，且数列{}21n a -单调递减，{}2n a 单调递增，所以，lim 1n n a →∞=，命题（1）正确. 故选：B.【点睛】本题考查数列单调性的判断以及数列极限的求解，考查推理能力，属于难题. 二、填空题20．（2019·上海高考真题）在椭圆22142x y +=上任意一点P ，Q 与P 关于x 轴对称，若有121F P F P ⋅≤，则1F P 与2F Q 的夹角范围为____________【答案】1arccos ,3ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】通过坐标表示和121F P F P ⋅≤得到[]21,2y ∈；利用向量数量积运算得到所求向量夹角的余弦值为：222238cos 322y y y θ-==-+++；利用2y 的范围得到cos θ的范围，从而得到角的范围.【详解】由题意：()1F，)2F设(),P x y ，(),Q x y -，因为121F P F P ⋅≤，则2221x y -+≤ 与22142x y +=结合 224221y y ⇒--+≤，又y ⎡∈⎣ []21,2y ⇒∈(22221212cos F P F Q F P F Qθ⋅===⋅与22142x y +=结合，消去x ，可得：2222381cos 31,223y y y θ-⎡⎤==-+∈--⎢⎥++⎣⎦所以1arccos ,3θππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦本题正确结果：1arccos ,3ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查向量坐标运算、向量夹角公式应用，关键在于能够通过坐标运算得到变量的取值范围，将问题转化为函数值域的求解.21．（2018·上海高考真题）在平面直角坐标系中，已知点()10A -，、()20B ，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且2EF =，则的AE BF ⋅最小值为____． 【答案】-3【分析】据题意可设E （0，a ），F （0，b ），从而得出|a ﹣b|=2，即a=b +2，或b=a +2，并可求得2AE BF ab ⋅=-+，将a=b +2带入上式即可求出AE BF ⋅的最小值，同理将b=a +2带入，也可求出AE BF ⋅的最小值． 【详解】根据题意，设E （0，a ），F （0，b ）；∴2EF a b =-=； ∴a=b+2，或b=a +2；且()()12AE a BF b ==-，，，； ∴2AE BF ab ⋅=-+；当a=b +2时，()22222AE BF b b b b ⋅=-++⋅=+-；∵b 2+2b ﹣2的最小值为8434--=-； ∴AE BF ⋅的最小值为﹣3，同理求出b=a +2时，AE BF ⋅的最小值为﹣3． 故答案为：﹣3．【点睛】考查根据点的坐标求两点间的距离，根据点的坐标求向量的坐标，以及向量坐标的数量积运算，二次函数求最值的公式．22．（2020·上海高三三模）设点O 为ABC 的外心，且3A π=，若(),R AO AB AC αβαβ=+∈，则αβ+的最大值为_________. 【答案】23【分析】利用平面向量线性运算整理可得()1OA OB OC αβαβ+-=+，由此得到1αβ+<；由3A π=可求得cos BOC ∠，设外接圆半径为R ，将所得式子平方后整理可得()213αβαβ+=+，利用基本不等式构造不等关系，即可求得所求最大值. 【详解】()()AO AB AC OB OA OC OA αβαβ=+=-+-()1OA OB OC αβαβ∴+-=+ 10αβ∴+-<，即1αβ+<，1cos 2A =1cos cos 22BOC A ∴∠==-， 设ABC 外接圆半径为R ，则()22222222222212cos R R R R BOC R R R αβαβαβαβαβ+-=++∠=+-，整理可得：()()22321313124αβαβαβαβ+⎛⎫+=+≤+⨯=++ ⎪⎝⎭， 解得：23αβ+≤或2αβ+≥（舍）,当且仅当13时，等号成立， αβ∴+的最大值为23.故答案为：23.【点睛】本题考查利用基本不等式求解最值的问题，关键是能够利用平面向量线性运算和平方运算将已知等式化为与外接圆半径有关的形式，进而消去外接圆半径得到变量之间的关系.23．（2020·上海高三一模）已知非零向量a 、b 、c 两两不平行，且()a b c //+，()//b a c +，设c xa yb =+，,x y ∈R ，则2x y +=______.【答案】－ 3【分析】先根据向量共线把c 用a 和b 表示出来，再结合平面向量基本定理即可求解． 【详解】解：因为非零向量a 、b 、c 两两不平行，且()//a b c +，()//b a c +，(),0a m b c m ∴=+≠， 1c a b m∴=- (),0b n a c n ∴=+≠ 1c b a n∴=-1111m n ⎧=-⎪⎪∴⎨⎪-=⎪⎩，解得11m n =-⎧⎨=-⎩c xa yb =+1x y ∴==- 23x y ∴+=-故答案为：3-．【点睛】本题考查平面向量基本定理以及向量共线的合理运用．解题时要认真审题， 属于基础题.24．（2020·上海高三一模）已知向量1,22AB ⎛= ⎝⎭，31,22AC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，则BAC ∠=________． 【答案】6π【分析】利用平面向量数量积的坐标运算计算出AB 、AC 的夹角的余弦值，进而可求得BAC ∠的大小.【详解】由平面向量的数量积的坐标运算可得3442AB AC ⋅=+=，1AB AC ==， 3cos 2AB AC BAC AB AC⋅∴∠==⋅， 0BAC π≤∠≤，6BAC π∴∠=．故答案为：6π 【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，根据向量的坐标求向量长度的方法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．25．（2020·上海崇明区·高三二模）在ABC 中，()()3cos ,cos ,cos ,sin AB x x AC x x ==，则ABC面积的最大值是____________ 【答案】34【分析】计算113sin 22624ABC S x π⎛⎫=--≤ ⎪⎝⎭△，得到答案.【详解】()22211sin ,1cos,2ABCS AB AC AB AC AB ACAB AC=⋅=⋅-△()22212AB AC AB AC=⋅-⋅=2113sin cos sin 22624x x x x π⎛⎫=-=--≤ ⎪⎝⎭， 当sin 216x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭时等号成立.此时262x ππ-=-，即6x π=-时，满足题意.故答案为：34.【点睛】本题考查了三角形面积的最值，向量运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.26．（2020·上海高三其他模拟）已知ABC 的面积为1，点P 满足324AB BC CA AP ++=，则PBC 的面积等于__________． 【答案】12【分析】取BC 的中点D ，根据向量共线定理可得,,A P D 共线，从而得到1122PBC ABC S S ∆∆==． 【详解】取BC 的中点D ，1()2AD AC AB ∴=+． 432()()AP AB BC CA AB BC CA AB BC AB AC AB =++=+++++=+，1()4AP AC AB ∴=+∴12AP AD =，即,,A P D 共线．1122PBC ABC S S ∆∆==．故答案为：12．【点睛】本题主要考查向量共线定理，中点公式的向量式的应用以及三角形面积的计算，属于基础题．27．（2020·上海大学附属中学高三三模）设11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y 是平面曲线2226x y x y +=-上任意三点，则12A x y =-212332x y x y x y +-的最小值为________ 【答案】-40【分析】依题意看做向量()22,a x y =与()33,b y x =-的数量积，()22,a x y =与()11,c y x =-的数量积之和，根据点所在曲线及向量数量积的几何意义计算可得；【详解】解：因为2226x y x y +=-，所以()()221310x y -++=，该曲线表示以()1,3-为圆心，10为半径的圆．12212332A x y x y x y x y =-+-，可以看做向量()22,a x y =与()33,b y x =-的数量积，()22,a x y =与()11,c y x =-的数量积之和，因为点22(,)x y 在2226x y x y +=-上，点()33,y x -在2226x y y x +=+，点()11,y x -在2226x y y x +=--上，结合向量的几何意义，可知最小值为()()210102101040-+-=-，即()()()()2,64,22,62,440--+-=-故答案为：40-【点睛】本题考查向量数量积的几何意义的应用，属于中档题.28．（2020·上海浦东新区·华师大二附中高三月考）若复数z 满足i 1i z ⋅=-+，则复数z 的虚部为________ 【答案】1【分析】求解z 再得出虚部即可. 【详解】因为i 1i z ⋅=-+，故1111i iz i i i i i-+-==+=+=+，故虚部为1. 故答案为：1【点睛】本题主要考查了复数的运算与虚部的概念，属于基础题. 29．（2020·上海高三一模）复数52i -的共轭复数是___________. 【答案】2i -+【分析】由复数代数形式的除法运算化简复数52i -，求出z 即可． 【详解】解：55(2)5(2)22(2)(2)5i i i i i i ----===----+--， ∴复数52i -的共轭复数是2i -+ 故答案为2i -+【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础题．30．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知复数22(13)(3)(12)i i z i +-=-，则||z =______【答案】【分析】根据复数乘法与除法运算法则化简，再根据共轭复数概念以及模的定义求解.【详解】22(13)(3)(13)(68)26(12)34i i i i z i i i +-++===-----|||26|z i ∴=-+==故答案为：【点睛】本题考查复数乘法与除法运算、共轭复数概念以及模的定义关系，考查基本分析求解能力，属基础题.31．（2020·上海高三其他模拟）若复数z 满足i 12i01z+=，其中i 是虚数单位，则z 的虚部为________【答案】1-【分析】根据行列式得到(12)0iz i -+=，化简得到复数的虚部.【详解】i 12i 01z +=即12(12)0,2iiz i z i i+-+===-，z 的虚部为1- 故答案为1-【点睛】本题考查了行列式的计算，复数的虚部，意在考查学生的计算能力.32．（2020·上海市建平中学高三月考）设复数z 满足||1z =，使得关于x 的方程2220zx zx ++=有实根，则这样的复数z 的和为________ 【答案】32-【分析】设z a bi =+，（,a b ∈R 且221a b +=），将原方程变为()()222220ax ax bx bx i +++-=，则2220ax ax ++=①且220bx bx -=②；再对b 分类讨论可得；【详解】解：设z a bi =+，（,a b ∈R 且221a b +=）则原方程2220zx zx ++=变为()()222220ax ax bx bx i +++-= 所以2220ax ax ++=，①且220bx bx -=，②；（1）若0b =，则21a =解得1a =±，当1a =时①无实数解，舍去； 从而1a =-，此时1x =-1z =-满足条件；（2）若0b ≠，由②知，0x =或2x =，显然0x =不满足，故2x =，代入①得14a =-，b =所以144z =-±综上满足条件的所以复数的和为113144442⎛⎛-+-++--=- ⎝⎭⎝⎭故答案为：32-【点睛】本题考查复数的运算，复数相等的充要条件的应用，属于中档题.33．（2020·上海高三其他模拟）从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，使得关于x 的方程2220x ax b ++=有两个虚根，则不同的选取方法有________种 【答案】3【分析】关于x 的方程x 2+2ax +b 2＝0有两个虚根，即△＜0，即a ＜b ．用列举法求得结果即可． 【详解】∵关于x 的方程x 2+2ax +b 2＝0有两个虚根，∴△＝4a 2﹣4b 2＜0，∴a ＜b ． 所有的（a ，b ）中满足a ＜b 的（a ，b ）共有（1，2）、（1，3）、（2，3），共计3个， 故答案为3．【点睛】本题考查列举法表示满足条件的事件，考查了实系数方程虚根的问题，属于中档题．34．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）已知复数13z i =-+（i 是虚数单位）是实系数一元二次方程20ax bx c ++=的一个虚根，则::a b c =________.【答案】1:2:10【分析】利用求根公式可知，一个根为13i -+，另一个根为13i --，利用韦达定理即可求出a 、b 、c 的关系，从而可得 ::a b c【详解】利用求根公式可知，一个根为13i -+，另一个根为13i --，由韦达定理可得()()()13131313b i i a c i i a ⎧-++--=-⎪⎪⎨⎪-+--=⎪⎩ ，整理得：210bac a⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以2b a =，10c a =，所以:::2:101:2:10a b c a a a == 故答案为：1:2:10【点睛】本题主要考查了实系数一元二次方程的虚根成对的原理，互为共轭复数，考查了韦达定理，属于基础题.35．（2020·上海高三其他模拟）设复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，则pq =________【答案】20-【分析】由题意复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，利用一元二次方程根与系数的关系求出p q 、的值，可得答案.【详解】解：由复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，故2-i 是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，故2+2i i p +-=-，(2+)(2)i i q -=， 故4p =-，5q =，故20pq =-， 故答案为：20-.【点睛】本题主要考查实系数的一元二次方程虚根成对定理，一元二次方程根与系数的关系，属于基础题型.36．（2020·上海徐汇区·高三一模）已知函数()f x ax b =+(其中,a b ∈R )满足：对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤，则()()2121a b ++的最小值为_________．【答案】9-【分析】根据题意()0f b =，()1f a b =+，可得()0b f =，()()10a f f =-，且()101f -≤≤，()111f -≤≤，所以将()()2121a b ++用()0f 和()1f 表示，即可求最值. 【详解】因为()f x ax b =+，对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤， 所以()0f b =，()1f a b =+，即()0b f =，()()10a f f =-，所以()()()()()()()21214214100211a b ab a b f f f f ++=+++=-⨯++⎡⎤⎣⎦()()()()()()2224040111211f f f f f f =-+-+++()()()()()22212011120f f f f f =--++≥--⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，当()11f =-，()01f =时()()2120f f -⎡⎤⎣⎦最大为9， 此时()()2120f f --⎡⎤⎣⎦最小为9-， 所以()()2121a b ++的最小值为9-， 故答案为：9-【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据[]0,1x ∈，有()1f x ≤，可知()101f -≤≤，()111f -≤≤，由()0f b =，()1f a b =+可得()0b f =，()()10a f f =-，所以()()2121a b ++可以用()0f 和()1f 表示，再配方，根据平方数的性质求最值. 37．（2020·上海高三其他模拟）设全集U ＝R ，若A ＝{x |21x x-＞1}，则∁U A ＝_____． 【答案】{x |0≤x ≤1}【分析】先解得不等式,再根据补集的定义求解即可 【详解】全集U ＝R ,若A ＝{x |21x x-＞1}, 所以211x x -＞,整理得10x x-＞,解得x ＞1或x ＜0, 所以∁U A ＝{x |0≤x ≤1} 故答案为：{x |0≤x ≤1}【点睛】本题考查解分式不等式,考查补集的定义38．（2020·上海市建平中学高三月考）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,)|(|||2|4)(|2|||4)0}K x y x y x y =+-+-≤所对应的平面区域的面积为________【答案】323【分析】利用不等式对应区域的对称性求出在第一象限的面积，乘以4得答案．【详解】解：(||2||4)(2||||4)0x y x y +-+-对应的区域关于原点对称，x 轴对称，y 轴对称，∴只要作出在第一象限的区域即可．当0x ，0y 时，不等式等价为(24)(24)0x y x y +-+-，即240240x y x y +-⎧⎨+-⎩或240240x y x y +-⎧⎨+-⎩，在第一象限内对应的图象为， 则(2,0)A ，(4,0)B ，由240240x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，解得4343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即44(,)33C ，则三角形ABC 的面积1442233S =⨯⨯=，则在第一象限的面积48233S =⨯=，则点集K 对应的区域总面积832433S =⨯=．故答案为：323．【点睛】本题考查简单的线性规划，主要考查区域面积的计算，利用二元一次不等式组表示平面区域的对称性是解决本题的关键，属于中档题．39．（2020·上海高三其他模拟）已知()22log 2log a b ab +=4a b +的最小值是______．【答案】9【分析】根据对数相等得到111b a +=，利用基本不等式求解()114a b b a ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的最小值得到所求结果. 【详解】因为22222log log log ab abab ==，所以()22l og og l a b ab +=，所以a b ab +=，所以111a b+=， ()1144414a ba b a b a b b a ⎛⎫∴+=++=+++ ⎪⎝⎭，由题意知0ab >，则0a b >，40b a >，则441459a b a b b a +=+++≥=，当且仅当4a b b a =，即2a b =时取等号，故答案为：9.【点睛】本题考查基本不等式求解和的最小值问题，关键是能够利用对数相等得到111b a+=的关系，从而构造出符合基本不等式的形式，属于中档题.40．（2020·上海高三二模）已知0,0x y >>，且21x y +=，则11x y+的最小值为________．【答案】3+【分析】先把11x y+转化为11112(2)()3y x x y x y x y x y +=++=++，然后利用基本不等式可求出最小值 【详解】解：∵21x y +=，0,0x y >>，∴11112(2)()33y x x y x y x y x y +=++=++≥+(当且仅当2y xx y=，即x =时，取“=”)． 又∵21x y +=，∴11x y ⎧=⎪⎨=-⎪⎩∴当1x =，12y =-时，11x y +有最小值，为3+．故答案为：3+【点睛】此题考查利用基本不等式求最值，利用1的代换，属于基础题.41．（2020·上海高三月考）已知实数x 、y 满足条件01x y y x y -≥⎧⎪≥⎨⎪+≤⎩.则目标函数2z x y =+的最大值为______. 【答案】2【分析】作出约束条件所表示的可行域，当目标函数所表示的直线过点(1,0)A 时，目标函数取得最大值. 【详解】作出约束条件所表示的可行域，易得点(1,0)A ，当直线2y x z =-+过点A 时，直线在y 轴上的截距达到最大，∴max 2z =，故答案为：2【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，考查运算求解能力，求解时注意利用直线截距的几何意义进行求解.42．（2020·上海高三其他模拟）若()211,1nn N n x *⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭的展开式中的系数为n a ，则23111lim n n a a a →∞⎛⎫+++⎪⎝⎭=____________． 【答案】2试题分析：由二项式定理知4x -的系数是2(1)2n n n n a C -==，12112()(1)1n a n n n n ==---，所以 231111lim()lim[2(1)]2n n n a a a n→∞→∞+++=-=.考点：二项式定理，裂项相消求和，数列极限.43．（2020·上海高三其他模拟）设正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项之积为n T ，且1n n S T +=，则lim n n S →∞=______． 【答案】1【分析】令1n =可得11112a S T ===，利用n T 的定义，1(2)n n n T S n T -=≥，可得n T 的递推关系，从而得1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求出n T 后可得n S ，从而可得lim n n S →∞．【详解】111T a S ==，∴121a =，112a =，即1112S T ==，1(2)n n n T S n T -=≥，∴11n n n T T T -+=，∴1111n n T T --=，即{}n T 是以2为首项，1为公差的等差数列， 故1211n n n T =+-=+，11n T n =+，1n n S n =+，112S =也符合此式，所以1n n S n =+， 所以lim limlim lim +1111111n n n n n n n S n n n →∞→∞→∞→∞-⎛⎫==-= ⎪++⎝⎭=，故答案为：1.【点睛】本题考查求数列的通项公式，解题中注意数列的和、数列的积与项的关系，进行相应的转化． 如对积n T 有1(2)nn n T S n T -=≥，对和n S 有1(2)n n n a S S n -=-≥，另外这种关系中常常不包括1n =的情形，需讨论以确定是否一致，属于较难题．三、解答题44．（2020·上海徐汇区·高三一模）设()x μ表示不小于x 的最小整数，例如(0.3)1,( 2.5)2μμ=-=-． （1）解方程(1)3x μ-=；（2）设()(())f x x x μμ=⋅，*n N ∈，试分别求出()f x 在区间(]0,1、(]1,2以及(]2,3上的值域；若()f x 在区间(0,]n 上的值域为n M ，求集合n M 中的元素的个数； （3）设实数0a >，()()2x g x x a xμ=+⋅-，2sin 2()57x h x x x π+=-+，若对于任意12,(2,4]x x ∈都有12()()g x h x >，求实数a 的取值范围．【答案】（1）34x <≤；（2）当(]0,1x ∈时，值域为{}1；当(]1,2x ∈时，值域为{}3,4；当(]2,3x ∈时，值域为{}7,8,9；(1)2n n +个；（3）(3,)+∞． 【分析】（1）根据()x μ的定义，列式解不等式；（2）根据定义分别列举()f x 在区间(]0,1、(]1,2以及(]2,3上的值域，和(1,]x n n ∈-时函数的值域，最后利用等差数列求和；（3）分别求两个函数的值域，并转化为()()max g x f x >，利用参变分离求实数a 的取值范围. 【详解】【解】（1）由题意得：213x <-≤，解得：34x <≤． （2）当(]0,1x ∈时，(]()1,()0,1x x x x μμ=⋅=∈，于是(())1x x μμ⋅=，值域为{}1当(]1,2x ∈时，(]()2,()22,4x x x x μμ=⋅=∈，于是(())3x x μμ⋅=或4，值域为{}3,4 当(]2,3x ∈时，(]()3,()36,9x x x x μμ=⋅=∈，于是(())7x x μμ⋅=或8或9，值域为{}7,8,9设*n N ∈，当(1,]x n n ∈-时，()x n μ=，所以()x x nx μ⋅=的取值范围为22(,]n n n -，-所以()f x 在(1,]x n n ∈-上的函数值的个数为n ，-由于区间22(,]n n n -与22((1)(1),(1)]n n n +-++的交集为空集， 故n M 中的元素个数为(1)1232n n n +++++=．- （3）由于2140573x x <≤-+，1sin 23x π≤+≤，因此()4h x ≤，当52x =时取等号，即即(2,4]x ∈时，()h x 的最大值为4，由题意得(2,4]x ∈时，()4g x >恒成立，当(2,3]x ∈时，223x a x >-恒成立，因为2max (2)33x x -=，所以3a >当(3,4]x ∈时，2324x a x >-恒成立，因为239244x x -<，所以94a ≥综合得，实数a 的取值范围是(3,)+∞．【点睛】关键点点睛：1.首先理解()x μ的定义，2.第三问，若对于任意12,(2,4]x x ∈都有12()()g x h x >，转化为()()max g x f x >，再利用参变分离求a 的取值范围.45．（2020·上海市建平中学高三月考）已知数列{}n a 满足：10a =，221n n a a =+，2121n n a a n +=++，*n ∈N .（1）求4a 、5a 、6a 、7a 的值； （2）设212n n na b -=，212333nn n S b b b =++⋅⋅⋅+，试求2020S ；（3）比较2017a 、2018a 、2019a 、2020a 的大小关系. 【答案】（1）3、5、5、8；（2）202120204037398S ⋅+=；（3）2017201820202019a a a a ==<. 【分析】。
高中数学数列压轴题练习(江苏)及详解(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】高中数学数列压轴题练习（江苏）及详解1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且•,(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由•,,得,计算得出或(舍去).;(Ⅱ)①,,,, 即,,,,累加得:,也符合上式.故,.②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则又,,,,即,化简得:当,即时,,(舍去);当,即时,,符合题意.存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,又,,,故,是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,即对恒成立当时,有;当时,有⇒;当时,恒成立,对恒成立.令,则对恒成立,在时为单调递增数列.,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列中,已知, , ,设为的前n项和.(1)求证:数列是等差数列;(2)求;(3)是否存在正整数p,q, ,使, , 成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,得到,则又,,数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)可以推知:,所以,,所以,①,②①-②,得,,,所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列. 则,即因为当时,,所以数列单调递减.又,所以且q至少为2,所以,①当时,,又,所以,等式不成立.②当时,,所以所以,所以,(数列单调递减,解唯一确定).综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列满足, ,设数列满足(1)求证:数列为等比数列;(2)若数列是等差数列,求实数t的值;(3)若数列是等差数列,前n项和为,对任意的,均存在,使得成立,求满足条件的所有整数的值.(1)证明:数列满足,,•,•,数列为等比数列,其首项为,公比为2;(2)解:由(1)可得:•,,数列是等差数列,,,计算得出或12.时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.时,,,不是关于n的一次函数, 因此数列不是等差数列.综上可得;(3)解:由(2)得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,化简可得,当,,,对任意的,符合题意; 当,,当时,,对任意的,不符合题意.综上可得,当,,对任意的,均存在,使得成立.解析(1)根据题意整理可得,•,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值; (3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数,数列满足,(1)若, ,①求的值;②求数列的前n项和;(2)若数列中存在三项, , 依次成等差数列,求的取值范围.解:(1)①,,,,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,数列的前n项和,,显然当时,上式也成立,;(2),,即单调递增.(i)当时,有,于是,,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.当时,有.此时.于是当时, .从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列和的前n项和分别为, , , ,对任意的,都有(1)求数列的通项公式;(2)若为等差数列,对任意的,都有.证明: ;(3)若为等比数列, , ,求满足的n值.解:(1)由,得, 即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,则,由(1)知,因为,所以,即恒成立,所以,即,又由,得,所以所以,得证.证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,则,即,因为,所以所以,因为,所以存在,当时,恒成立.这与“对任意的,都有”矛盾!所以,得证.(3)由(1)知,.因为为等比数列,且,,所以是以1为首项,3为公比的等比数列.所以,则,因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;当时,设,则, 所以,故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列, 都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列(1)设数列, 分别为等差、等比数列,若, , ,求;(2)设的首项为1,各项为正整数, ,若新数列是等差数列,求数列的前n项和;(3)设是不小于2的正整数), ,是否存在等差数列,使得对任意的,在与之间数列的项数总是若存在,请给出一个满足题意的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,所以,,所以,,所以,因为,,,(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;当时,,此时,只需取,由,得,是奇数,是正偶数,m有正整数解,所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以综上所述,数列的前n项和,或(3)存在等差数列,只需首项,公差下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,即成立.由,所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,,,可得,,利用通项公式即可得出.(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的,,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,,即,所以或所以或因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n }满足+＜a n+1a n ，n∈N *.（1）若a 2=，a 3=x ，a 4=4，求x 的取值范围；（2）设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为数列{a n }前n 项的和，若S n ＜S n+1＜2S n ，n∈N *，求q 的取值范围；（3）若a 1，a 2，…，a k （k≥3）成等差数列，且a 1+a 2+…+a k =120，求正整数k 的最小值，以及k 取最小值时相应数列a 1，a 2，…，a k （k≥3）的公差. 解：（1）由题意，a n ＜a n+1＜2a n ，∴＜x ＜3,＜x ＜2x ， ∴x∈（2，3）. （2）∵a n ＜a n+1＜2a n ，且数列{a n }是公比为q 的等比数列，a 1=1， ∴q n-1＜q n ＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0， ∴q∈（，1）.∵S n ＜S n +1＜2S n ，当q=1时，S 2=2S 1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2•，∴①当q∈（，1）时， ，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a 1，a 2，…，a k （k≥3）的公差为d. ∵a n ＜a n +1＜2a n ，且数列a 1，a 2，…，a n 成等差数列， ∴a 1=1， ∴[1+(n-1)d]＜1+nd ＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）. ∵a 1+a 2+…+a k =120， ∴S k =k 2+(a 1-)k=k 2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1）， ∴k∈（15，239），k∈N*， ∴k 的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n ＜a n+1＜2a n ，由此可得到关于a 2，a 3，a 4的大小关系，据此列式可解得x 的取值范围； 根据a n ＜a n+1＜2a n ，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n ＜S n+1＜2S n 以及等比数列的前n 项和公式分类讨论可得q 的取值范围； 设公差为d ，根据a n ＜a n+1＜2a n ，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n 项和公式结合题意可得d=，由此可解得k 的取值范围，进而得到k 的最小值和d 的值.。
高考数列压轴题含答案
高考数列压轴题一．解答题（共50小题）1．数列{a n}满足a1=1，a2=+，…，a n=++…+（n∈N*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求a n与a n﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）2．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n＜x n；+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．3．数列{a n}中，a1=，a n+1=（n∈N*）＜a n；（Ⅰ）求证：a n+1（Ⅱ）记数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n＜1．4．已知正项数列{a n}满足a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1．（1）求a2的值；（2）证明：对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）记数列{a n}的前n项和为S n，证明：对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．5．已知在数列{a n}中，．，n∈N*＜a n＜2；（1）求证：1＜a n+1（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．6．设数列{a n}满足a n+1=a n2﹣a n+1（n∈N*），S n为{a n}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤a n≤1；（II）当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1；（III）当a1=时，n﹣＜S n＜n．7．已知数列{a n}满足a1=1，S n=2a n+1，其中S n为{a n}的前n项和（n∈N*）．（Ⅰ）求S1，S2及数列{S n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，且{b n}的前n项和为T n，求证：当n≥2时，．8．已知数列{a n}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：．9．设数列{a n}的前n项的和为S n，已知a1=，a n+1=，其中n∈N*．（1）证明：a n＜2；（2）证明：a n＜a n+1；（3）证明：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．10．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．11．设a n=x n，b n=（）2，S n为数列{a n•b n}的前n项和，令f n（x）=S n﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和T n；（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程f n（x）=0在x n∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中x n构成的数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．12．已知数列{a n}，{b n}，a0=1，，（n=0，1，2，…），，T n为数列{b n}的前n项和．求证：（Ⅰ）a n＜a n；+1（Ⅱ）；（Ⅲ）．13．已知数列{a n}满足：a1=，a n=a n﹣12+a n﹣1（n≥2且n∈N）．（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤a n≤•3；（Ⅱ）设数列{a n2}的前n项和为A n，数列{}的前n项和为B n，证明：=a n+1．14．已知数列{a n}的各项均为非负数，其前n项和为S n，且对任意的n∈N*，都有．（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若对任意n∈N*，都有S n≤1，求证：．15．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．16．已知数列{a n}满足，a1=1，a n=﹣．（1）求证：a n≥；﹣a n|≤；（2）求证：|a n+1（3）求证：|a2n﹣a n|≤．17．设数列{a n}满足：a1=a，a n+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．（1）证明：当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，a k+1＞b．18．设a＞3，数列{a n}中，a1=a，a n+1=，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：a n≤3+．19．已知数列{a n}满足a n＞0，a1=2，且（n+1）a n+12=na n2+a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：a n＞1；（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．20．已知数列{a n}满足：．（1）求证：；（2）求证：．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．23．已知数列{a n]的前n项和记为S n，且满足S n=2a n﹣n，n∈N*（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）24．已知数列{a n}满足：a1=，a n+1=+a n（n∈N*）．（1）求证：a n＞a n；+1（2）求证：a2017＜1；（3）若a k＞1，求正整数k的最小值．25．已知数列{a n}满足：a n2﹣a n﹣a n+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）证明数列为递增数列；（3）求证：＜1．26．已知数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n≥1；（Ⅱ）证明：≥1+（Ⅲ）求证：＜a n＜n+1．+127．在正项数列{a n}中，已知a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*）（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明．a n≥．28．设数列{a n}满足．（1）证明：；（2）证明：．29．已知数列{a n}满足a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），令b n=a n+1．（Ⅰ）求证：{b n}是等比数列；（Ⅱ）记数列{nb n}的前n项和为T n，求T n；（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．30．已知数列{a n}中，a1=3，2a n+1=a n2﹣2a n+4．＞a n；（Ⅰ）证明：a n+1（Ⅱ）证明：a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）设数列{}的前n项和为S n，求证：1﹣（）n≤S n＜1．31．已知数列{a n}满足a1=，a n+1=，n∈N*．（1）求a2；（2）求{}的通项公式；（3）设{a n}的前n项和为S n，求证：（1﹣（）n）≤S n＜．32．数列{a n}中，a1=1，a n=．（1）证明：a n＜a n+1；（2）证明：a n a n+1≥2n+1；（3）设b n=，证明：2＜b n＜（n≥2）．33．已知数列{a n}满足，（1）若数列{a n}是常数列，求m的值；（2）当m＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数m，使得a n＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．34．已知数列{a n}满足：，p＞1，．（1）证明：a n＞a n+1＞1；（2）证明：；（3）证明：．35．数列{a n}满足a1=，a n+1﹣a n+a n a n+1=0（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．36．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n2+p．（1）若数列{a n}就常数列，求p的值；（2）当p＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数p，使得a n＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．37．已知数列{a n}满足a1=a＞4，，（n∈N*）（1）求证：a n＞4；（2）判断数列{a n}的单调性；（3）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：当a=6时，．38．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=．＜a n；（Ⅰ）求证：a n+1（Ⅱ）求证：≤a n≤．39．已知数列{a n}满足：a1=1，．（1）若b=1，证明：数列是等差数列；}的单调性并说明理由；（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1（3）若b=﹣1，求证：．40．已知数列{a n}满足，（n=1，2，3…），，S n=b1+b2+…+b n．证明：（Ⅰ）a n＜a n＜1（n≥1）；﹣1（Ⅱ）（n≥2）．41．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*，记S，T n分别是数列{a n}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，＜a n；（1）a n+1（2）T n=﹣2n﹣1；（3）﹣1＜S n．42．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=a n2+2a n，n∈N*，设b n=log2（a n+1）．（I）求{a n}的通项公式；（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；（III）若=b n，求证：2≤＜3．43．已知正项数列{a n}满足a1=3，，n∈N*．（1）求证：1＜a n≤3，n∈N*；（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；（3）求证：a1+a2+a3+…+a n＜n+6，n∈N*．44．已知在数列{a n}中，，，n∈N*．＜a n＜2；（1）求证：1＜a n+1（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．45．已知数列{a n}中，，（n∈N*）．（1）求证：；（2）求证：是等差数列；（3）设，记数列{b n}的前n项和为S n，求证：．46．已知无穷数列{a n}的首项a1=，=n∈N*．（Ⅰ）证明：0＜a n＜1；（Ⅱ）记b n=，T n为数列{b n}的前n项和，证明：对任意正整数n，T n．47．已知数列{x n}满足x1=1，x n+1=2+3，求证：（I）0＜x n＜9；（II）x n＜x n+1；（III）．48．数列{a n}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足a n+1=a n+ca n2（c＞0且为常数）．（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；（Ⅱ）设b n=，S n是数列{b n}的前n项和，（i）求证：；（ii）求证：S n＜S n+1＜．49．设数列满足|a n﹣|≤1，n∈N*．（Ⅰ）求证：|a n|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）（Ⅱ）若|a n|≤（）n，n∈N*，证明：|a n|≤2，n∈N*．50．已知数列{a n}满足：a1=1，a n+1=a n+．（n∈N*）（Ⅰ）证明：≥1+；＜n+1．（Ⅱ）求证：＜a n+1高考数列压轴题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．数列{a n}满足a1=1，a2=+，…，a n=++…+（n∈N*）（1）求a2，a3，a4，a5的值；（2）求a n与a n﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；（2）a n=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]=n+na n﹣1；（3）证明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=•…==+++…+=+++…+=+++…+≤1+1+++…+=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．所以n≥2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命题成立．2．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．3．数列{a n}中，a1=，a n+1=（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）记数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n＜1．【解答】证明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴a n＞0，∴a n+1﹣a n=﹣a n=＜0．∴a n+1＜a n；（Ⅱ）∵1﹣a n+1=1﹣=，∴=．∴，则，又a n＞0，∴．4．已知正项数列{a n}满足a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1．（1）求a2的值；（2）证明：对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）记数列{a n}的前n项和为S n，证明：对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．【解答】解：（1）a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（负的舍去）；（2）证明：a n2+a n=3a2n+1+2a n+1，可得a n2﹣4a2n+1+a n﹣2a n+1+a2n+1=0，即有（a n﹣2a n+1）（a n+2a n+1+1）+a2n+1=0，由于正项数列{a n}，即有a n+2a n+1+1＞0，4a2n+1＞0，则有对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；（3）由（1）可得对任意实数n∈N*，a n≤2a n+1；即为a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，a n≥，前n项和为S n=a1+a2+…+a n≥1+++…+==2﹣，又a n2+a n=3a2n+1+2a n+1＞a2n+1+a n+1，即有（a n﹣a n+1）（a n+a n+1+1）＞0，则a n＞a n+1，数列{a n}递减，即有S n=a1+a2+…+a n＜1+1+++…+=1+=3（1﹣）＜3．则有对任意n∈N*，2﹣≤S n＜3．5．已知在数列{a n}中，．，n∈N*（1）求证：1＜a n+1＜a n＜2；（2）求证：；（3）求证：n＜s n＜n+2．【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜a n＜2．①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜a k＜2．那么n=k+1时，成立．由①②知1＜a n＜2，n∈N*恒成立.．所以1＜a n+1＜a n＜2成立．（2），当n≥3时，而1＜a n＜2．所以．由，得，所以（3）由（1）1＜a n＜2得s n＞n由（2）得，6．设数列{a n}满足a n+1=a n2﹣a n+1（n∈N*），S n为{a n}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤a n≤1；（II）当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1；（III）当a1=时，n﹣＜S n＜n．【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．①当n=1时，0≤a n≤1成立．②假设当n=k（k∈N*）时，0≤a k≤1，则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．∴当0≤a1≤1时，0≤a n≤1．（Ⅱ）由a n+1﹣a n=（）﹣a n=（a n﹣1）2≥0，知a n+1≥a n．若a1＞1，则a n＞1，（n∈N*），从而=﹣a n=a n（a n﹣1），即=a n≥a1，∴，∴当a1＞1时，a n＞（a1﹣1）a1n﹣1．（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜a n＜1（n∈N*），故S n＜n，令b n=1﹣a n（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），b n＞b n+1＞0，（n∈N*），由，得．∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（b n﹣b n+1）=b1﹣b n+1＜b1=，∵≥，∴nb n2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+b n[（）+（）+…+（）]=，即n﹣S n，亦即，∴当时，．7．已知数列{a n}满足a1=1，S n=2a n+1，其中S n为{a n}的前n项和（n∈N*）．（Ⅰ）求S1，S2及数列{S n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，且{b n}的前n项和为T n，求证：当n≥2时，．【解答】解：（Ⅰ）数列{a n}满足S n=2a n+1，则S n=2a n+1=2（S n+1﹣S n），即3S n=2S n+1，∴，即数列{S n}为以1为首项，以为公比的等比数列，∴S n=（）n﹣1（n∈N*）．∴S1=1，S2=；（Ⅱ）在数列{b n}中，，T n为{b n}的前n项和，则|T n|=|=．而当n≥2时，，即．8．已知数列{a n}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）证明：．【解答】（Ⅰ）证明：∵①，∴②由②÷①得：，∴（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：（n+1）a n+2=na n∴令b n=na n，则③∴b n﹣1•b n=n④由b1=a1=1，b2=2，易得b n＞0由③﹣④得：∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得b n≥1根据b n•b n+1=n+1得：b n+1≤n+1，∴1≤b n≤n∴==一方面：另一方面：由1≤b n≤n可知：．9．设数列{a n}的前n项的和为S n，已知a1=，a n+1=，其中n∈N*．（1）证明：a n＜2；（2）证明：a n＜a n+1；（3）证明：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．【解答】证明：（1）a n+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．∴a n+1﹣2与a n﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣＜0，∴a n＜2．（2）a n+1﹣1=，可得：a n+1﹣1与a n﹣1同号，因此与a1﹣1同号，而a1﹣1=＞0，∴a n＞1．又a n＜2．∴1＜a n＜2．a n+1﹣a n=，可得分子＞0，分母＞0．∴a n+1﹣a n＞0，故a n＜a n+1．（3）n=1时，S1=，满足不等式．n≥2时，==，∴，即2﹣a n≥．∴2n﹣S n≥=1﹣．即S n≤2n﹣1+．另一方面：由（II）可知：．，=≤．从而可得：=≤．∴2﹣a n≤，∴2n﹣S n≤=．∴S n≥2n﹣＞2n﹣．综上可得：2n﹣≤S n≤2n﹣1+（）n．10．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．由①②可得：1＜a1＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜a n＜2成立．（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．（2）假设当n=k∈N*时，1＜a n＜2成立．则当n=k+1时，a k+1=a k+﹣1∈⊊（1，2），即n=k+1时，不等式成立．综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜a n＜2成立．于是a n+1﹣a n=﹣1＞0，即a n+1＞a n，∴{a n}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：a n＞2对∀n∈N*都成立．于是：a n+1﹣a n=﹣1＜2，即数列{a n}是递减数列．在S n≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．下证：（1）当时，S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立．事实上，当时，由a n=a1+（a n﹣a1）≥a1+（2﹣）=．于是S n=a1+a2+…+a n≥a1+（n﹣1）=na1﹣．再证明：（2）时不合题意．事实上，当时，设a n=b n+2，可得≤1．由a n+1=a n+﹣1（n∈N*），可得：b n+1=b n+﹣1，可得=≤≤．于是数列{b n}的前n和T n≤＜3b1≤3．故S n=2n+T n＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．令a1=+t（t＞0），由③可得：S n＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．只要n充分大，可得：S n＜na1﹣．这与S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．∴时不合题意．综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．故数列{b n}的前n项和T n≤＜b1＜1，∴S n=2n+T n＜2n+1．11．设a n=x n，b n=（）2，S n为数列{a n•b n}的前n项和，令f n（x）=S n﹣1，x∈R，a∈N*．（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和T n；（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程f n（x）=0在x n∈[，1]上有且仅有一个根；（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中x n构成的数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．【解答】解：（Ⅰ）若x=2，a n=2n，则=（2n﹣1）（）n，则T n=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴T n=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴T n=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴T n=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；（Ⅱ）证明：f n（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），f n′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．由于f1（x1）=0，当n≥2时，f n（1）=++…+＞0，即f n（1）＞0．又f n（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+•（）i，=﹣+×=﹣•（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x n∈[，1]，满足f n（x n）=0．（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中x n构成数列{x n}，当x＞0时，∵f n+1（x）=f n（x）+＞f n（x），∴f n+1（x n）＞f n（x n）=f n+1（x n+1）=0．由f n+1（x）在（0，+∞）上单调递增，可得x n+1＜x n，即x n﹣x n+1＞0，故数列{x n}为减数列，即对任意的n、p∈N+，x n﹣x n+p＞0．由于f n（x n）=﹣1+x n+++…+=0，①，f n+p（x n+p）=﹣1+x n+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用0＜x n+p≤1，可得x n﹣x n+p=+≤≤＜=﹣＜．综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中x n构成数列{x n}满足0＜x n﹣x n+p＜．12．已知数列{a n}，{b n}，a0=1，，（n=0，1，2，…），，T n为数列{b n}的前n项和．求证：（Ⅰ）a n+1＜a n；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【解答】解：证明：（Ⅰ）=，所以a n+1＜a n（Ⅱ）法一、记，则，原命题等价于证明；用数学归纳法提示：构造函数在（1，+∞）单调递增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需证明，由，故：n=1时，，n≥2，可证：，（3）由，得=，可得：，叠加可得，，所以，13．已知数列{a n}满足：a1=，a n=a n﹣12+a n﹣1（n≥2且n∈N）．（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤a n≤•3；（Ⅱ）设数列{a n2}的前n项和为A n，数列{}的前n项和为B n，证明：=a n+1．【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．证明：∵a n=a n﹣12+a n﹣1，∴a n+=a n﹣12+a n﹣1+=（a n﹣1+）2+＞（a n﹣1+）2，∴a n+＞（a n﹣1+）2＞（a n﹣2+）4＞＞（a n﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴a n＞2﹣，又∵a n﹣a n﹣1=a n﹣12＞0，∴a n＞a n﹣1＞a n﹣2＞…＞a1＞1，∴a n2＞a n，∴a n=a n﹣12+a n﹣1＜2a，∴a n＜2a＜2•22＜2•22•24＜…＜2•22•24•…•2a1=2•（）=•3．综上，2﹣≤a n≤•3．（II）证明：∵a n=a n﹣12+a n﹣1，∴a n﹣12=a n﹣a n﹣1，∴A n=a12+a22+a32+…a n2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n+1﹣a n）=a n+1﹣，∵a n=a n﹣12+a n﹣1=a n﹣1（a n﹣1+1），∴==，∴=，∴B n=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）=﹣．∴==．14．已知数列{a n}的各项均为非负数，其前n项和为S n，且对任意的n∈N*，都有．（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；（2）若对任意n∈N*，都有S n≤1，求证：．【解答】解：（1）由题意知a n+1﹣a n≤a n+2﹣a n+1，设d i=a i+1﹣a i（i=1，2，…，504），则d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．（2）证明：若存在k∈N*，使得a k＜a k+1，则由，得a k+1≤a k﹣a k+1≤a k+2，因此，从a n项开始，数列{a n}严格递增，故a1+a2+…+a n≥a k+a k+1+…+a n≥（n﹣k+1）a k，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+…+a n≥1，与题设矛盾，所以{a n}不可能递增，即只能a n﹣a n+1≥0．令b k=a k﹣a k+1，（k∈N*），由a k﹣a k+1≥a k+1﹣a k+2，得b k≥b k+1，b k＞0，故1≥a1+a2+…+a n=（b1+a2）+a2+…+a n=b1+2（b2+a3）+a3+…+a n，=…=b1+2b2+…+nb n+na n，所以，综上，对一切n∈N*，都有．15．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．【解答】证明：（I）n≥2时，作差：a n+1﹣a n=﹣=，∴a n+1﹣a n与a n﹣a n﹣1同号，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，a n＞a n+1．（II）∵2=6+a n，∴=a n﹣2，即2（a n+1﹣2）（a n+1+2）=a n﹣2，①∴a n+1﹣2与a n﹣2同号，又∵a1﹣2=2＞0，∴a n＞2．∴S n=a1+a2+…+a n≥4+2（n﹣1）=2n+2．∴S n﹣2n≥2．由①可得：=，因此a n﹣2≤（a1﹣2），即a n≤2+2×．∴S n=a1+a2+…+a n≤2n+2×＜2n+．综上可得：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．16．已知数列{a n}满足，a1=1，a n=﹣．（1）求证：a n≥；（2）求证：|a n+1﹣a n|≤；（3）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）∵a1=1，a n=﹣．∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤a n≤1．下面用数学归纳法证明．（i）当n=1时，命题显然成立；（ii）假设n=k时，≤1成立，则当n=k+1时，a k+1=≤＜1．，即当n=k+1时也成立，所以对任意n∈N*，都有．（2）当n=1时，，当n≥2时，∵，∴．（3）当n=1时，|a2﹣a1|=＜；当n≥2时，|a2n﹣a n|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|．17．设数列{a n}满足：a1=a，a n+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．（1）证明：当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，a k+1＞b．【解答】证明：（1）由a n+1=知a n与a1的符号相同，而a1=a＞0，∴a n＞0，∴a n+1=≤1，当且仅当a n=1时，a n+1=1下面用数学归纳法证明：①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假设n=k时，有a k＜a k+1＜1，则a k+2==＜1且=＞1，即a k+1＜a k+2＜1即当n=k+1时不等式成立，由①②可得当n≥2时，a n＜a n+1＜1；（2）若a k≥b，由（1）知a k+1＞a k≥b，若a k＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）n=1+C n1x+…+C n n x n≥nx，而a k2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜a k＜b＜1∴a k+1=a2••…，=a2•＞a2•（）k﹣1＞a2•（）k﹣1=a2•（1+）k﹣1，≥a2•[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴a k+1＞b．18．设a＞3，数列{a n}中，a1=a，a n+1=，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：a n≤3+．【解答】证明：（I）∵a n+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴与同号，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴a n+1﹣3＞0，即a n＞3（n=1时也成立）．∴==＜1．综上可得：a n＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，∵a n+1﹣3=﹣3=．∴=，由（I）可知：3＜a n≤a1=a≤4，∴3＜a n≤4．设a n﹣3=t∈（0，1]．∴==≤，∴•…•≤，∴a n﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴a n≤3+．19．已知数列{a n}满足a n＞0，a1=2，且（n+1）a n+12=na n2+a n（n∈N*）．（Ⅰ）证明：a n＞1；（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）a n+12﹣（n+1）=na n2﹣n+a n﹣1，∴（n+1）（a n+1+1）（a n+1﹣1）=（a n﹣1）（na n+n+1），由a n＞0，n∈N*，∴（n+1）（a n+1+1）＞0，na n+n+1＞0，∴a n+1﹣1与a n﹣1同号，∵a1﹣1=1＞0，∴a n＞1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）a n+12=na n2+a n＜（n+1）a n2，∴a n+1＜a n，1＜a n≤2，又由题意可得a n=（n+1）a n+12﹣na n2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，a n=（n+1）a n+12﹣na n2，相加可得a1+a2+…+a n=（n+1）a n+12﹣4＜2n，∴a n+12≤，即a n2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，当n=2时，=＜，当n=3时，+≤＜＜，当n≥4时，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，从而，原命题得证20．已知数列{a n}满足：．（1）求证：；（2）求证：．【解答】证明：（1）由，所以，因为，所以a n+2＜a n+1＜2．（2）假设存在，由（1）可得当n＞N时，a n≤a N+1＜1，根据，而a n＜1，所以．于是，…．累加可得（*）由（1）可得a N+n﹣1＜0，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．【解答】解：（1）a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣），可得a n+12+a n2﹣2a n+1a n﹣2a n+1+2a n+1=0，即有（a n+1﹣a n）2﹣2（a n+1﹣a n）+1=0，即为（a n+1﹣a n﹣1）2=0，可得a n+1﹣a n=1，则a n=a1+n﹣1=n，n∈N*；（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．则++…+=1+++…+＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；（3）证明：S n=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；假设n=k≥2，都有S k2＞2（++…+）．则n=k+1时，S k+12=（S k+）2，S k+12﹣2（++…++）=（S k+）2﹣2（++…+）﹣2•=S k2﹣2（++…+）++2•﹣2•=S k2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且S k2＞2（++…+）．可得S k2﹣2（++…+）＞0，则S k+12＞2（++…++）恒成立．综上可得，对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：①当n=1时，=，成立；②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，，命题也成立．由①②得≤a n≤1．（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，∴|a n+1﹣a n|=||=≤|a n﹣a n﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|≤==（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣a n|≤．23．已知数列{a n]的前n项和记为S n，且满足S n=2a n﹣n，n∈N*（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）【解答】解：（Ⅰ）∵S n=2a n﹣n（n∈N+），∴S n﹣1=2a n﹣1﹣n+1=0（n≥2），两式相减得：a n=2a n﹣1+1，变形可得：a n+1=2（a n﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴数列{a n+1}是首项为2、公比为2的等比数列，∴a n+1=2•2n﹣1=2n，a n=2n﹣1．（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，综上，+…（n∈N*）．24．已知数列{a n}满足：a1=，a n+1=+a n（n∈N*）．（1）求证：a n+1＞a n；（2）求证：a2017＜1；（3）若a k＞1，求正整数k的最小值．【解答】（1）证明：a n+1﹣a n=≥0，可得a n+1≥a n．∵a1=，∴a n．∴a n+1﹣a n=＞0，∴a n+1＞a n．（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵a n+1＞a n．∴k的最小值为2018．25．已知数列{a n}满足：a n2﹣a n﹣a n+1+1=0，a1=2（1）求a2，a3；（2）证明数列为递增数列；（3）求证：＜1．【解答】（1）解：∵a1=2，，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴a n+1＞a n．（3）证明：故=．26．已知数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*）（Ⅰ）求证：a n≥1；（Ⅱ）证明：≥1+（Ⅲ）求证：＜a n+1＜n+1．【解答】证明：（I）数列{a n}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒a n+1≥a n≥a n﹣1≥…≥a1=1；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由a n≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．27．在正项数列{a n}中，已知a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*）（Ⅰ）求a2，a3；（Ⅱ）证明．a n≥．【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{a n}中，a1=1，且满足a n+1=2a n（n∈N*），∴=，=．证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥=（）k+（）k﹣=（）k+=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．28．设数列{a n}满足．（1）证明：；（2）证明：．【解答】（本题满分15分）证明：（I）易知a n＞0，所以a n+1＞a n+＞a n，所以a k+1=a k+＜a k+，所以．所以，当n≥2时，=，所以a n＜1．又，所以a n＜1（n∈N*），所以a n＜a n+1＜1（n∈N*）．…（8分）（II）当n=1时，显然成立．由a n＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．所以（n∈N*）．…（7分）29．已知数列{a n}满足a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），令b n=a n+1．（Ⅰ）求证：{b n}是等比数列；（Ⅱ）记数列{nb n}的前n项和为T n，求T n；（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．【解答】（I）证明：a1=2，a n+1=2（S n+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．n≥2时，a n=2（S n﹣1+n），相减可得：a n+1=3a n+2，变形为：a n+1+1=3（a n+1），n=1时也成立．令b n=a n+1，则b n+1=3b n．∴{b n}是等比数列，首项为3，公比为3．（II）解：由（I）可得：b n=3n．∴数列{nb n}的前n项和T n=3+2×32+3×33+…+n•3n，3T n=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2T n=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得T n=+．（III）证明：∵b n=3n=a n+1，解得a n=3n﹣1．由=．∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．又由==＜=，可得+…+＜++…+=＜．因此右边不等式成立．综上可得：﹣＜+…+．30．已知数列{a n}中，a1=3，2a n+1=a n2﹣2a n+4．（Ⅰ）证明：a n+1＞a n；（Ⅱ）证明：a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）设数列{}的前n项和为S n，求证：1﹣（）n≤S n＜1．【解答】证明：（I）a n+1﹣a n=﹣a n=≥0，∴a n+1≥a n≥3，∴（a n﹣2）2＞0∴a n+1﹣a n＞0，即a n+1＞a n；（II）∵2a n+1﹣4=a n2﹣2a n=a n（a n﹣2）∴=≥，∴a n﹣2≥（a n﹣1﹣2）≥（）2（a n﹣2﹣2）≥（）3（a n﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴a n≥2+（）n﹣1；（Ⅲ）∵2（a n+1﹣2）=a n（a n﹣2），∴==（﹣）∴=﹣，∴=﹣+，∴S n=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵a n+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤S n=1﹣＜1．31．已知数列{a n}满足a1=，a n+1=，n∈N*．（1）求a2；（2）求{}的通项公式；（3）设{a n}的前n项和为S n，求证：（1﹣（）n）≤S n＜．【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．∴﹣1=，解得=1+．（3）证明：一方面：由（2）可得：a n=≥=．∴S n≥+…+==，因此不等式左边成立．另一方面：a n==，∴S n≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．综上可得：（1﹣（）n）≤S n＜．32．数列{a n}中，a1=1，a n=．（1）证明：a n＜a n+1；（2）证明：a n a n+1≥2n+1；（3）设b n=，证明：2＜b n＜（n≥2）．【解答】证明：（1）数列{a n}中，a1=1，a n=．可得a n＞0，a n2=a n a n+1﹣2，可得a n+1=a n+＞a n，即a n＜a n+1；（2）由（1）可得a n a n﹣1＜a n2=a n a n+1﹣2，可得a n a n+1﹣a n a n﹣1＞2，n=1时，a n a n+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；n≥2时，a n a n+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，a n a n+1≥2n+1；（3）b n=，要证2＜b n＜（n≥2），即证2＜a n＜，只要证4n＜a n2＜5n，由a n+1=a n+，可得a n+12=a n2+4+，且a2=3，a n+12﹣a n2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有a n+12﹣a n2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得a n2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有a n2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故2＜b n＜（n≥2）．33．已知数列{a n}满足，（1）若数列{a n}是常数列，求m的值；（2）当m＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数m，使得a n＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．【解答】解：（1）若数列{a n}是常数列，则，得．显然，当时，有a n=1．…（3分）（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）又因为，，两式相减得．…（7分）显然有a n＞0，所以a n+2﹣a n+1与a n+1﹣a n同号，而a2﹣a1＞0，所以a n+1﹣a n＞0，从而有a n＜a n+1．…（9分）（3）因为，…（10分）所以a n=a1+（a2﹣a1）+…+（a n﹣a n﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．这说明，当m＞2时，a n越来越大，显然不可能满足a n＜4．所以要使得a n＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）下面证明当m=2时，a n＜4恒成立．用数学归纳法证明：当n=1时，a1=1显然成立．假设当n=k时成立，即a k＜4，则当n=k+1时，成立．由上可知a n＜4对一切正整数n恒成立．因此，正数m的最大值是2．…（15分）34．已知数列{a n}满足：，p＞1，．（1）证明：a n＞a n+1＞1；（2）证明：；（3）证明：．【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明a n＞1．①当n=1时，∵p＞1，∴；②假设当n=k时，a k＞1，则当n=k+1时，．由①②可知a n＞1．再证a n＞a n+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f'（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即a n＞a n+1．（2）要证，只需证，只需证其中a n＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．因为f'（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．再证（a n+1）lna n﹣2a n+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g'（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．（3）由（2）知，一方面，，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…a n）=lna1+lna2+…+lna n=；另一方面，即，由迭代可得．因为，所以，所以=；综上，．35．数列{a n}满足a1=，a n+1﹣a n+a n a n+1=0（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{a n}各项非零．否则，若有a k=0结合a k﹣a k﹣1+a k a k﹣1=0⇒a k﹣1=0，继而⇒a k﹣1=0⇒a k﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．所以由a n+1﹣a n+a n a n+1=0可得．即数列是公差为1的等差数列．所以．所以数列{a n}的通项公式是（n∈N*）．（Ⅱ）证明一：因为．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n=．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n===．所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…a n＜1．36．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n2+p．（1）若数列{a n}就常数列，求p的值；（2）当p＞1时，求证：a n＜a n+1；（3）求最大的正数p，使得a n＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．【解答】解：（1）若数列{a n}是常数列，则，；显然，当时，有a n=1（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得显然有a n＞0，所以a n+2﹣a n+1与a n+1﹣a n同号，而a2﹣a1＞0，所以a n+1﹣a n＞0；从而有a n＜a n+1．（3）因为，所以a n=a1+（a2﹣a1）+…（a n﹣a n﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，a n越来越大，不满足a n＜2，所以要使得a n＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，a n＜2恒成立；用数学归纳法证明：当n=1时，a1=1显然成立；假设当n=k时成立，即a k＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是137．已知数列{a n}满足a1=a＞4，，（n∈N*）（1）求证：a n＞4；（2）判断数列{a n}的单调性；（3）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：当a=6时，．【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：①当n=1时，a1=a＞4，成立．②假设当n=k≥2时，a k＞4，．则a k+1=＞=4．∴n=k+1时也成立．综上①②可得：∀n∈N*，a n＞4．（2）解：∵，（n∈N*）．∴﹣=﹣2a n﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴a n＞a n+1．∴数列{a n}单调递减．（3）证明：由（2）可知：数列{a n}单调递减．一方面S n＞a1+4（n﹣1）=4n+2．另一方面：=＜，∴a n﹣4＜，∴S n﹣4n＜＜．即S n＜4n+．∴当a=6时，．38．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=．（Ⅰ）求证：a n+1＜a n；（Ⅱ）求证：≤a n≤．【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，a n+1=，得a n＞0，（n∈N），则a n+1﹣a n=﹣a n=＜0，∴a n+1＜a n；（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜a n＜1，又a n+1=．，∴=≥，即a n+1＞a n，∴a n＞a n﹣1≥（）2a n﹣1≥…≥（）2a n﹣1≥（）n﹣1a1=，即a n≥．由a n+1=，则=a n+，∴﹣=a n，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=a n﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴a n≤．综上得≤a n≤．39．已知数列{a n}满足：a1=1，．（1）若b=1，证明：数列是等差数列；（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；（3）若b=﹣1，求证：．【解答】解：（1）证明：当b=1，a n+1=+1，∴（a n+1﹣1）2=（a n﹣1）2+2，即（a n+1﹣1）2﹣（a n﹣1）2=2，∴（a n﹣1）2﹣（a n﹣1﹣1）2=2，∴数列{（a n﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；（2）当b=﹣1，a n+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．可令a n+1→a n，可得1+a n=，可得a n→，即有a n＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1＜+=，综上可得，成立．40．已知数列{a n}满足，（n=1，2，3…），，S n=b1+b2+…+b n．证明：（Ⅰ）a n﹣1＜a n＜1（n≥1）；（Ⅱ）（n≥2）．【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）显然a n＞0，（*）式⇒故1﹣a n与1﹣a n﹣1同号，又，所以1﹣a n＞0，即a n＜1…（3分）（注意：也可以用数学归纳法证明）所以a n﹣1﹣a n=（2a n+1）（a n﹣1）＜0，即a n﹣1＜a n所以a n﹣1＜a n＜1（n≥1）…（6分）（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜a n﹣1＜a n＜1⇒a n﹣1﹣a n+1＞0，从而b n=a n﹣1﹣a n+1＞0，于是，S n=b1+b2+…+b n＞0，…（9分）由（Ⅰ）有1﹣a n﹣1=2（1+a n）（1﹣a n）⇒，所以（**）…（11分）所以S n=b1+b2+…+b n=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（a n﹣1﹣a n+1）=…（12分）=…（14分）∴（n≥2）成立…（15分）41．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*，记S，T n分别是数列{a n}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）a n+1＜a n；（2）T n=﹣2n﹣1；（3）﹣1＜S n．【解答】解：（1）由a1=1，a n+1=，n∈N*，知a n＞0，故a n+1﹣a n=﹣a n=＜0，因此a n+1＜a n；（2）由a n+1=，取倒数得：=+a n，平方得：=+a n2+2，从而﹣﹣2=a n2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=a n2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+a n2，即T n=﹣2n﹣1；（3）由（2）知：﹣=a n，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=a n，由累加得﹣=a1+a2+…+a n=S n，又因为=a12+a22+…+a n2+2n+1＞2n+2，所以＞，S n=a n+a n﹣1+…+a1=﹣＞﹣1＞﹣1；又由＞，即＞，得当n＞1时，a n＜=＜=（﹣），累加得S n＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，S n成立．因此﹣1＜S n．42．已知数列{a n}满足a1=3，a n+1=a n2+2a n，n∈N*，设b n=log2（a n+1）．（I）求{a n}的通项公式；（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；（III）若=b n，求证：2≤＜3．【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则a n＞0，两边取对数得到，即b n+1=2b n（2分）又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{b n}是以2为公比的等比数列．即（3分）又∵b n=log2（a n+1），∴（4分）（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；（5分）2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）＜k+1=右边∴当n=k+1时，不等式成立．综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）（3）证明：由得c n=n，∴，。
高中数学数列压轴题练习及详解
1.已知数列是公差为正数的等差数列,其前n项和为,且•,(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)数列满足,①求数列的通项公式;②是否存在正整数m,,使得,,成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解:(I)设数列的公差为d,则由•,,得,计算得出或(舍去).;(Ⅱ)①,,,,即,,,,累加得:,也符合上式.故,.②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则又,,,,即,化简得:当,即时,,(舍去);当,即时,,符合题意.存在正整数,,使得,,成等差数列.解析(Ⅰ)直接由已知列关于首项和公差的方程组,求解方程组得首项和公差,代入等差数列的通项公式得答案;(Ⅱ)①把数列的通项公式代入,然后裂项,累加后即可求得数列的通项公式;②假设存在正整数m、,使得,,成等差数列,则.由此列关于m的方程,求计算得出答案.2.在数列中,已知,(1)求证:数列为等比数列;(2)记,且数列的前n项和为,若为数列中的最小项,求的取值范围.解:(1)证明:,又,,,故,是以3为首项,公比为3的等比数列(2)由(1)知道,,若为数列中的最小项,则对有恒成立,即对恒成立当时,有;当时,有⇒;当时,恒成立,对恒成立.令,则对恒成立,在时为单调递增数列.,即综上,解析(1)由,整理得:.由,,可以知道是以3为首项,公比为3的等比数列;(2)由(1)求得数列通项公式及前n项和为,由为数列中的最小项,则对有恒成立,分类分别求得当时和当的取值范围,当时,,利用做差法,根据函数的单调性,即可求得的取值范围.3.在数列中,已知, , ,设为的前n项和.(1)求证:数列是等差数列;(2)求;(3)是否存在正整数p,q, ,使, , 成等差数列?若存在,求出p,q,r的值;若不存在,说明理由.(1)证明:由,,得到,则又,,数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)可以推知:,所以,,所以,①,②①-②,得,,,所以(3)假设存在正整数p,q,,使,,成等差数列. 则,即因为当时,,所以数列单调递减.又,所以且q至少为2,所以,①当时,,又,所以,等式不成立.②当时,,所以所以,所以,(数列单调递减,解唯一确定).综上可以知道,p,q,r的值分别是1,2,3.解析(1)把给出的数列递推式,,变形后得到新数列,该数列是以1为首项,以-2为公差的等差数列;(2)由(1)推出的通项公式,利用错位相减法从而求得求;(3)根据等差数列的性质得到,从而推知p,q,r的值.4.已知n为正整数,数列满足, ,设数列满足(1)求证:数列为等比数列;(2)若数列是等差数列,求实数t的值;(3)若数列是等差数列,前n项和为,对任意的,均存在,使得成立,求满足条件的所有整数的值.(1)证明:数列满足,,•,•,数列为等比数列,其首项为,公比为2;(2)解:由(1)可得:•,,数列是等差数列,,,计算得出或12.时,,是关于n的一次函数,因此数列是等差数列.时,,,不是关于n的一次函数,因此数列不是等差数列.综上可得;(3)解:由(2)得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,化简可得,当,,,对任意的,符合题意;当,,当时,,对任意的,不符合题意.综上可得,当,,对任意的,均存在,使得成立.解析(1)根据题意整理可得,•,再由等比数列的定义即可得证;(2)运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,可得,解方程可得t,对t的值,检验即可得到所求值;(3)由(2)可得,对任意的,均存在,使得成立,即有••,讨论为偶数和奇数,化简整理,即可得到所求值.5.已知常数,数列满足,(1)若, ,①求的值;②求数列的前n项和;(2)若数列中存在三项, , 依次成等差数列,求的取值范围.解:(1)①,,,,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列, 数列的前n项和,,显然当时,上式也成立,;(2),,即单调递增.(i)当时,有,于是,,若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,即,.因此不成立.因此此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有.此时于是当时,.从而若数列中存在三项,,依次成等差数列,则有,同(i)可以知道:.于是有,,是整数,.于是,即.与矛盾.故此时数列中不存在三项,,依次成等差数列.当时,有于是此时数列中存在三项,,依次成等差数列.综上可得:解析(1)①,可得,同理可得,②,,当时,,当时,,即从第二项起,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,利用等比数列的求和公式即可得出(2),可得,即单调递增.(i)当时,有,于是,可得,.利用反证法即可得出不存在.当时,有.此时.于是当时,.从而.假设存在,同(i)可以知道:.得出矛盾,因此不存在.当时,有.于是.即可得出结论.6.已知两个无穷数列和的前n项和分别为, , , ,对任意的,都有(1)求数列的通项公式;(2)若为等差数列,对任意的,都有.证明: ;(3)若为等比数列, , ,求满足的n值.解:(1)由,得,即,所以由,,可以知道所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列.故的通项公式为,(2)证法一:设数列的公差为d,则,由(1)知,因为,所以,即恒成立,所以,即,又由,得,所以所以,得证.证法二:设的公差为d,假设存在自然数,使得,则,即,因为,所以所以,因为,所以存在,当时,恒成立.这与“对任意的,都有”矛盾!所以,得证.(3)由(1)知,.因为为等比数列,且,,所以是以1为首项,3为公比的等比数列.所以,则,因为,所以,所以而,所以,即当,2时,式成立;当时,设,则,所以,故满足条件的n的值为1和2.解析(1)运用数列的递推式和等差数列的定义和通项公式,即可得到所求;(2)方法一、设数列的公差为d,求出,.由恒成立思想可得,求出,判断符号即可得证;方法二、运用反证法证明,设的公差为d,假设存在自然数,使得,推理可得,作差,推出大于0,即可得证;(3)运用等差数列和等比数列的求和公式,求得,,化简,推出小于3,结合等差数列的通项公式和数列的单调性,即可得到所求值.7.已知数列, 都是单调递增数列,若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项),则得到一个新数列(1)设数列, 分别为等差、等比数列,若, , ,求;(2)设的首项为1,各项为正整数, ,若新数列是等差数列,求数列的前n项和;(3)设是不小于2的正整数), ,是否存在等差数列,使得对任意的,在与之间数列的项数总是若存在,请给出一个满足题意的等差数列;若不存在,请说明理由.解:(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,所以,,所以,,所以,因为,,,(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以因为是中的项,所以设,即当时,计算得出,不满足各项为正整数;当时,,此时,只需取,而等比数列的项都是等差数列,中的项,所以;当时,,此时,只需取,由,得,是奇数, 是正偶数,m有正整数解,所以等比数列的项都是等差数列中的项,所以综上所述,数列的前n项和,或(3)存在等差数列,只需首项,公差下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,即成立.由,所以首项,公差的等差数列符合题意解析(1)设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q,根据题意得,,计算得出或3,因数列,单调递增,,,可得,,利用通项公式即可得出.(2)设等差数列的公差为d,又,且,所以,所以.因为是中的项,所以设,即.当时,计算得出,不满足各项为正整数当时,当时,即可得出.(3)存在等差数列,只需首项,公差.下证与之间数列的项数为.即证对任意正整数n,都有,作差利用通项公式即可得出.8.对于数列,称(其中,为数列的前k项“波动均值”.若对任意的,,都有,则称数列为“趋稳数列”.(1)若数列1,x,2为“趋稳数列”,求x的取值范围;(2)若各项均为正数的等比数列的公比,求证:是“趋稳数列”;(3)已知数列的首项为1,各项均为整数,前k项的和为.且对任意,,都有,试计算:.解:(1)根据题意可得,即,两边平方可得,计算得出;(2)证明:由已知,设,因且,故对任意的,,都有,,,因,,,,,,,,,即对任意的,,都有,故是“趋稳数列”;(3)当时,当时,,同理,,因,,即,所以或所以或因为,且,所以,从而,所以,.解析(1)由新定义可得,解不等式可得x的范围;(2)运用等比数列的通项公式和求和公式,结合新定义,运用不等式的性质即可得证;(3)由任意,,都有,可得,由等比数列的通项公式,可得,结合新定义和二项式定理,化简整理即可得到所求值.9.已知首项为1的正项数列{a n}满足+＜a n+1a n，n∈N*.（1）若a2=，a3=x，a4=4，求x的取值范围；（2）设数列{a n}是公比为q的等比数列，S n为数列{a n}前n项的和，若S n＜S＜2S n，n∈N*，求q的取值范围；n+1（3）若a1，a2，…，a k（k≥3）成等差数列，且a1+a2+…+a k=120，求正整数k的最小值，以及k取最小值时相应数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差.解：（1）由题意，a n＜a n+1＜2a n，∴＜x＜3,＜x＜2x，∴x∈（2，3）.（2）∵a n＜a n+1＜2a n，且数列{a n}是公比为q的等比数列，a1=1，∴q n-1＜q n＜2q n-1，∴q n-1(q-)＞0，q n-1(q-2)＜0，∴q∈（，1）.∵S n＜S n+1＜2S n，当q=1时，S2=2S1，不满足题意，当q≠1时，＜＜2•，∴①当q∈（，1）时，，即，∴q∈（，1）.②当q∈（1，2）时，，即，无解，∴q∈（，1）.（3）设数列a1，a2，…，a k（k≥3）的公差为d.∵a n＜a n+1＜2a n，且数列a1，a2，…，a n成等差数列，∴a1=1，∴[1+(n-1)d]＜1+nd＜2[1+(n-1)d]，n=1，2，…，k-1，∴，∴d∈（-，1）.∵a1+a2+…+a k=120，∴S k=k2+(a1-)k=k2+(1-)k=120，∴d=，∴∈（-，1），∴k∈（15，239），k∈N*，∴k的最小值为16，此时公差d=.解析【解题方法提示】分析题意，对于（1），由已知结合完全平方公式可得a n＜a n+1＜2a n，由此可得到关于a2，a3，a4的大小关系，据此列式可解得x的取值范围；根据a n＜a n+1＜2a n，以及等比数列的通项公式可得q∈（，1），再结合S n＜S＜2S n以及等比数列的前n项和公式分类讨论可得q的取值范围；n+1设公差为d，根据a n＜a n+1＜2a n，以及等差数列的通项公式可得d∈（-，1），然后根据等差数列的前n项和公式结合题意可得d=，由此可解得k的取值范围，进而得到k的最小值和d的值.。
数列与不等式30大题(有答案)
n∈
∗
．
13. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，a1 = 1，Sn = an+1 − 3，数列 bn 的前 n 项和为 Tn ，点 an ,bn (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 求 Tn ；
5 2 n2
在函数 y = nx−1 图象上．
恒成立，求 λ 的取值范围．
⋅ an ，记其前 n 项和为 Tn ，若不等式 2n−1 λ < 2n−1 Tn + n 对一切 n ∈
− tbn (t 为非零整数，n ∈
+ ，求证：数列 bn 是等比数列；
+ )，试确定
t 的值，使得对任意 n ∈
+ ，都有 cn+1
> cn
4. 已知数列 an 满足 a1 = ，2an+1 − an = 1． (1) 求数列 an 的通项公式； (2) 证明：
a1 +a2 +⋯+an n
(2) 记 Tn = x2 x2 ⋯x2 ，证明：Tn ≥ 1 3 2n−1
数列与不等式综合问题 30 道
1. 已知数列 an 是等差数列，bn =
2. 已 知 曲 线 C:xy = 1 ， 过 C 上 的 点 An xn,yn 作 斜 率 为 kn =− An+1 xn+1 ,yn+1 ，点列 An 的横坐标构成数列 xn ，其中 x1 = (1) 求 xn 与 xn+1 的关系式； (2) 令 bn = 3. 设 n ∈ (3) 若 cn = 成立．
Sn 1
an +1 2
．
< 2．
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10. 在等比数列 an 和等差数列 bn 中，a1 = b1 > 0 ，a3 = b3 > 0 ，a1 ≠ a3 ，试比较 a5 和 b5 的大 小． 11. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 = 1，an+1 = 1 + Sn n ∈ (1) 求数列 an 的通项公式； ⋯ + bn 的大小．
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《数列》经典测试题含答案解析
【高中数学】数学《数列》复习知识点(1)一、选择题1．在等差数列{}n a 中，2436a a +=，则数列{}n a 的前5项之和5S 的值为（ ） A ．108 B ．90C ．72D ．24【答案】B 【解析】由于152436a a a a +=+=，所以1555()5369022a a S +⨯===，应选答案A ． 点睛：解答本题的简捷思路是巧妙运用等差数列的性质152436a a a a +=+=，然后整体代换前5项和中的15=36a a +，从而使得问题的解答过程简捷、巧妙．当然也可以直接依据题设条件建立方程组进行求解，但是解答过程稍微繁琐一点．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192C ．1119892D ．1120192【答案】C 【解析】 【分析】 由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知数列{}n a 中，12a =，211n n n a a a +=-+，记12111n nA a a a =++⋯+，12111n nB a a a =⋅⋅⋯⋅，则（ ） A ．201920191A B +> B ．201920191A B +< C ．2019201912A B -> D ．2019201912A B -< 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列{}{},n n A B 的单调性即可判断n n A B -；通过猜想归纳证明，即可求得n n A B +. 【详解】注意到12a =，23a =，37a =，不难发现{}n a 是递增数列． （1）21210n n n n a a a a +-=-+≥，所以1n n a a +≥．（2）因为12a =，故2n a ≥，所以1n n a a +>，即{}n a 是增函数． 于是，{}n A 递增，{}n B 递减， 所以20192121156A A a a >=+=，20192121116B A a a <=⋅=， 所以2019201912A B ->. 事实上，111,A B +=221,A B +=331A B +=， 不难猜想：1n n A B +=． 证明如下：（1）211121111111111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a ++-=-+⇒=-⇒++⋅⋅⋅+=----． （2）211n n n a a a +=-+等价于21111n n na a a +=--， 所以1111n n n a a a +-=-， 故12111111n n a a a a +⋅⋅⋯⋅=-， 于是12121111111n n a a a a a a ⎛⎫⋅⋅⋯⋅+++⋯+= ⎪⎝⎭， 即有1n n A B +=． 故选：C. 【点睛】本题考查数列的单调性，以及用递推公式求数列的性质，属综合中档题.4．已知数列{}n a 是正项等比数列，若132a =，3432a a ⋅=，数列{}2log n a 的前n 项和为n S ，则n S >0时n 的最大值为 （ ） A ．5 B ．6C ．10D ．11【答案】C 【解析】2525163412132323222log 62n n n n a a a q q q a a n --⋅===⇒=⇒=⨯=⇒=-⇒ max (56)011102n n n S n n +-=>⇒<⇒= ，故选C.5．已知椭圆221x y m n+=满足条件：,,m n m n +成等差数列，则椭圆离心率为( )A B C ．12D 【答案】B 【解析】 【分析】根据满足条件,,m n m n +成等差数列可得椭圆为2212x ym m+=,求出,a c ．再求椭圆的离心率即可. 【详解】()22n m m n n m =++⇒=,∴椭圆为2212x y m m+=,22c m m m =-=,得c =又a =2c e a ∴==.则椭圆离心率为2，故选B. 【点睛】一般求离心率有以下几种情况：①直接求出,a c ，从而求出e ;②构造,a c 的齐次式，求出e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．6．如果等差数列128,,,a a a L 的各项都大于零，公差0d ≠，则正确的关系为（ ）A ．1845a a a a >B ．1845a a a a <C ．1845a a a a +>+D ．1845a a a a =【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差中项的性质，可排除C ，再利用作差比较，即可得到答案. 【详解】根据等差数列的性质，可得1845a a a a +=+，所以C 不正确；又由218451111(7)(3)(4)120a a a a a a d a d a d d -=+-++=-<，所以1845a a a a <.故选B . 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式，以及作差比较法的应用，着重考查了推理与运算能力.7．定义“穿杨二元函数”如：(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个.例如：()3,436122445C =+++=.若a Z +∃∈，满足(),C a n n =，则整数n 的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．不存在满足条件的n【答案】B 【解析】 【分析】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=--,然后根据(),C a n n =结合条件分析得出答案.【详解】由(,)248n C a n a a a a =++++L 144424443个，得()()12,2112nn C a n a a -=⨯=-- 由(),C a n n =，可得()21na n -=.当0n =时，对任意a Z +∈都满足条件. 当0n ≠时, 21nna =-,由a Z +∈，当1n =时，1a =满足条件. 当2n ≥且n Z ∈时，设()21xf x x =--，则()2ln 21xf x '=-在2x ≥上单调递增. 所以()()24ln 210f x f ''>=->，所以()f x 在2x ≥上单调递增. 所以()()24120f x f >=-->，即当2n ≥且n Z ∈时，恒有21n n ->.则()0,121nna =∈-这与a Z +∈不符合.所以此时不满足条件. 综上：满足条件的n 值为0或1.故选：B 【点睛】本题考查新定义，根据定义解决问题，关键是理解定义，属于中档题.8．设数列是公差的等差数列，为前项和，若，则取得最大值时，的值为A ．B ．C ．或D ．【答案】C 【解析】，进而得到，即，数列是公差的等差数列，所以前五项都是正数，或时，取最大值，故选C.9．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（ ） A ．12 B ．21C ．24D ．36【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果. 【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=， 所以336a =，即32a =， 又76a =， 所以73173a a d -==-，1320a a d =-=， 故1777()212a a S +== 故选：B 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.10．已知单调递增的等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=，则数列{}n a 的前n 项和n S =（ ） A ．2124n -- B ．1122n -- C ．21n - D ．122n +-【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质，可得到35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，求得1,a q ，再结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】由题意，等比数列{}n a 中，2616a a ⋅=，3510a a +=， 根据等比数列的性质，可得3516a a ⋅=，3510a a +=，所以35,a a 是方程210160x x -+=的实数根，解得352,8a a ==或358,2a a ==， 又因为等比数列{}n a 为单调递增数列，所以352,8a a ==， 设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为(1)q q >可得214128a q a q ⎧=⎨=⎩，解得11,22a q ==，所以数列{}n a 的前n 项和11(12)122122nn n S --==--. 故选：B . 【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的基本量的运算，以及等比数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n +1=a n +a (n ∈N *，a 为常数)，若平面内的三个不共线的非零向量OAOB OC u u u r u u u r u u u r，，满足10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ，A ，B ，C 三点共线且该直线不过O 点，则S 2010等于（ ） A ．1005 B ．1006C ．2010D ．2012【答案】A 【解析】 【分析】根据a n +1=a n +a ，可判断数列{a n }为等差数列，而根据10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r，及三点A ，B ，C 共线即可得出a 1+a 2010=1，从而根据等差数列的前n 项和公式即可求出S 2010的值. 【详解】由a n +1=a n +a ，得，a n +1﹣a n =a ； ∴{a n }为等差数列；由10051006OC a OA a OB =+u u u r u u u r u u u r ，所以A ，B ，C 三点共线； ∴a 1005+a 1006=a 1+a 2010=1，∴S 2010()12010201020101100522a a +⨯===. 故选：A. 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，其前n 项和公式以及共线向量定理，还考查运算求解的能力，属于中档题.12．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1220a a +=，334S =，且2n a S a ≤≤+，则实数a 的取值范围是( ) A ．[]1,0- B ．11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[]0,1【答案】B 【解析】 【分析】先求得等比数列的首项和公比，得到n S ，分析数列的单调性得到n S 的最值，从而列不等式求解即可. 【详解】由1220,a a += 334S =，得11211,,1232nn a q S ⎡⎤⎛⎫==-=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，当1n =时，n S 取最大值1，当2n =时，n S 取最小值12， 所以1221a a ⎧≤⎪⎨⎪+≥⎩，112a -≤≤，故选B. 【点睛】本题主要考查了等比数列的单调性，结合首项和公比即可判断，属于中档题.13．等差数列{}n a 中，n S 为它的前n 项和，若10a >，200S >，210S <，则当n =（ ）时，n S 最大. A ．8 B ．9C ．10D ．11【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的前n 项和公式与项的性质，得出100a >且110a <，由此求出数列{}n a 的前n 项和n S 最大时n 的值． 【详解】等差数列{}n a 中，前n 项和为n S ，且200S >，210S <， 即()()120201*********a a S a a +==+>，10110a a ∴+>，()1212111212102a a S a +==<，所以，110a <，则100a >，因此，当10n =时，n S 最大. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列的性质和前n 项和最值问题，考查等差数列基本性质的应用，是中等题．14．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2， 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜， 解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974，故选：D ． 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．15．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ）A ．20152016 B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值． 【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．16．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23109a a a ++=，则9S =（ ） A ．3 B ．9C ．18D ．27【答案】D 【解析】设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d . ∵23109a a a ++=∴13129a d +=，即143a d += ∴53a =∴1999()272a a S ⨯+== 故选D.17．在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，则17S 的值是（ ） A ．41 B ．51C ．61D ．68【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理得3156a a +=，由等差数列的性质得117315a a a a +=+，再根据等差数列的前n 项和公式求17S . 【详解】在等差数列{}n a 中，3a ，15a 是方程2650x x -+=的根，3156a a ∴+=.()()11731517171717651222a a a a S ++⨯∴====. 故选：B . 【点睛】本题考查等差数列的性质和前n 项和公式，属于基础题.18．设首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121n n S S n +=+-， 现有下面四个结论①数列{}n S n +为等比数列； ②数列{}n a 的通项公式为121n n a -=-；③数列{}1n a +为等比数列；④数列{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---. 其中结论正确的个数是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B 【解析】 【分析】根据递推关系可得1+12()n n S n S n ++=+，可得①正确，利用等比数列求出2nn S n =-，根据前n 项和求n a ，可判断②③，计算2n S ，并分组求和可判断④. 【详解】因为121n n S S n +=+-，所以11222n n n n S n S nS n S n++++==++，又112S +=.所以数列{}n S n +为首项是2，公比是2的等比数列，所以2nn S n +=， 则2nn S n =-.当2n ≥时，1121n n n n a S S --=-=-， 但11121a -≠-，所以①正确，②③错误，因为1222n n S n +=-，所以{}2n S 的前n 项和为2224n n n +---， 所以④正确. 故选：B 【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式，等比数列的证明，由n S 求数列的通项公式，属于中档题.19．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，且675S S S >>，给出下列五个命题： ①公差0d < ②110S < ③120S >④数列{}n S 中的最大项为11S ⑤67a a >其中正确命题的个数是（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】 【分析】先由条件确定数列第六项和第七项的正负，进而确定公差的正负，最后11S ，12S 的符号由第六项和第七项的正负判定． 【详解】Q 等差数列{}n a 中，6S 最大，且675S S S >>，∴10a >，0d <，①正确； Q 675S S S >>，∴60a >，70a <，67 0a a +>，∴160a d +<，150a d +>，6S 最大， ∴④不正确；1111115511(5)0S a d a d =+=+>，12111267 126612()12()0S a d a a a a =+=+=+>， ∴③⑤正确，②错误.故选：B ． 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.20．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的S 的值是A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【分析】本题首先可以通过程序框图明确输入的数值以及程序框图中所包含的关系式，然后按照程序框图所包含的关系式进行循环运算，即可得出结果． 【详解】由程序框图可知，输入，，，第一次运算：，；第二次运算：，； 第三次运算：，； 第四次运算：，；第五次运算：，； 第六次运算：，；第七次运算：，；第八次运算：，；第九次运算：，；第十次运算：，，综上所述，输出的结果为，故选B．【点睛】本题考查程序框图的相关性质，主要考查程序框图的循环结构以及裂项相消法的使用，考查推理能力，提高了学生从题目中获取信息的能力，体现了综合性，提升了学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．。
高考解答题专题训练五 数列与不等式(理)参考答案
1．解：（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，则根据条件得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.45,105131211q a q a q a a 即 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.45)1(,10)1(23121q q a q a …………………………2分②÷①得.21,813==q q 所以代入①解得.81=a …………………………5分所以.)21()21(84)111---=⋅==n n n n q a a（Ⅱ）因为2lg 2lg lg lg 2221-+++++na a a nn n 2lg 221lg)42(21lg )2(21lg )3(2--++-+-=nn n n 2lg 221lg )42()2()3(2--++-+-=nn n n 2lg 221lg 2)]42()3[(2--+-=n n n n (9)分2lg 272lg 272lg 22lg 272lg 232lg 221lg )2723(-=-+-=--=n n n ,2lg )11(27-=n………………………………10分设,2lg )11(27)(-=nn g 因为n n g 是关于)(的减函数，所以).)(1(|)()(*max N n g n g n g ∈=≤即.02lg )111(27|2lg )11(272lg )11(27max =-=-≤-nn所以.2lg 2lg lg lg 2221≤+++++n a a a nn n …13分2．解：（Ⅰ）622212=+=a a ，2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且 ，∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且， ………3分 即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． …………4分 ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列． …………5分 （Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a n n (7)分∴n n n a 2)21(⋅-=． (8)分)2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S ……………………………10分1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S 得12)21(2222132-⋅--++++=+n n n12)21(21)21(21-⋅----=+n n n32)23(-⋅-=n n ．∴32)32(+⋅-=n n n S ． ………………13分3．解：（Ⅰ）∵221120n n n n a a a a ++--=，∴11()(2)0n n n n a a a a +++-=,∵数列{n a }的各项均为正数，∴10n n a a ++>， ∴120n n a a +-=，即12n n a a +=，所以数列{n a }是以2为公比的等比数列.…………………………3分∵23+a 是42,a a 的等差中项，∴24324a a a +=+，∴1112884a a a +=+，∴12a =，∴数列{n a }的通项公式2n n a =.………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）及n b =12log n n a a 得，2n n b n =-⋅， ……………………………8分∵12n n S b b b =++⋅⋅⋅+， ∴23422232422n n S n =--⋅-⋅-⋅-⋅⋅⋅-⋅○1 2345122223242(1)22n n n S n n +=--⋅-⋅-⋅-⋅⋅⋅--⋅-⋅ ○2 ○2-○1得，234512222222n n n S n +=+++++⋅⋅⋅+-⋅ =112(12)2(1)2212n n n n n ++--⋅=-⋅--……………………………12分要使S 12+⋅+n n n >50成立，只需2n+1-2>50成立，即2n+1>52，n 5 ∴使S 12+⋅+n n n >50成立的正整数n的最小值为5. ……………………………14分4．解：（I ）设等差数列}{n a 的公差为d ，则⎩⎨⎧+=+=+21111)5()20(,60156d a d a a d a …………2分 解得⎩⎨⎧==.5,21a d…………4分 32+=∴n a n .…………5分)4(2)325(+=++=n n n n S n …………6分① ②（II ）由).,2(,111*--+∈≥=-∴=-N n n a b b a b b n n n n nn,3).2(3)41)(1()(()()(,211121112211也适合对时当=+=++--=++++=+-++-+-=≥-----b n n n n b a a a b b b b b b b b n n n n n n n n ))(2(*∈+=∴N n n n b n…………8分).211(21)2(11+-=+=∴n n n n b n …………10分)211123(21)2114121311(21+-+-=+-++-+-=n n n n T n)2)(1(4532+++=n n nn…………13分5．解：（I ）,31,111===a b n 时当 111,21111=⋅-=-=-≥----n n n n n n n n a a a a a a b b n 时当， ∴数列}{n b 是首项为3，公差为1的等差数列， ∴通项公式为2+=n b n .…………5分 （II ）,)2(11+=n n nb n)2(1531421311+++⋅+⋅+⋅=∴n n T n,2143]2223[21)2)(1(3223[21.22)2)(1(22,22)2)(1(22)2)(1(32],)2)(1(3223[21)]2111(23[21)]211()5131()4121()311[(21+-=+-<+++-∴+-<+++-∴+=+++>++++++-=+++-=+-++-+-+-=n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n 2143+-<∴n T n …… …13分6．（1）()()2)1(1),1(11≥-+=-∴++=-+n n n S a n n n S na n n n n ，()na n n S n n S a n na n n n n n 2)1()1(111+=---++=--∴-+)2(≥n()221≥=-∴+n a a n n又当1=n 时，212+=S a ，即212=-a a ， 对于正整数n 都有21=-∴+n n a a ，{}n a ∴是等差数列()n d n a a n 211=-+=.（2）()1 ,21++==+n n S na n a n n n ，()()nn n n n n n S b n n S 212 1+==∴+=∴ ()()()()(),22121221111+++-+=+-++=-∴n nn nn n n n n n n b bnn b b n b b <≥=∴+1323,时，当，23,1321===b b b 又 ∴数列{}nb 中最大值是2332==b b ∴t 的最小值为23.7．证明：（I ）由32S n a n n =+() 得31211S n a n n n --=+≥()()二式相减得3211a n a n a n n n =+-+-()()()()n a n a n n -=+-111 ∴=+-≥-a a n n n n n 1112() ∴=-===--a a n n a a a a a n n 1232211242312；；；； 叠乘得：a n n n N n =+∈()()*1（II ）111111a n n n n n =+=-+()∴=-+-+-++-+=-+=+T n n n n n n 112121313141111111（III ）令||||T n n n n -=+-=+<11111110得：n n +>>1109， 故满足条件的M 存在，M n N n n N =∈>∈{|}*9，是一个这样的集合8．（Ⅰ）解：由a 1＝2，a n ＋1＝2a na n ＋1得， 对n ∈N *，a n ≠0．从而由a n ＋1＝2a na n ＋1两边取倒数得，1a n ＋1＝12＋12a n ．即1a n ＋1－1＝12(1a n－1)， ∵a 1＝2，1a 1－1＝－12．∴数列{1a n －1}是首项为－12，公比为12的等比数列．…………………………………4分 ∴1a n －1＝－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n． ∴1a n ＝1－12n ＝2n －12n ．∴a n ＝2n2n －1． 故数列{a n }的通项公式是a n ＝2n 2n －1．…………6分（Ⅱ）证法一：∵a n ＝2n2n －1，∴a i (a i －1)＝2i(2i －1)2(i ＝1，2，…，n ) ，当i ≥2时，∵a i (a i －1)＝2i(2i －1)2＜2i(2i －1)(2i －2)＝2i －1(2i －1)(2i －1－1)＝12i －1－1－12i －1，……11分∴∑ni=1a i (a i －1)＝a 1(a 1－1)＋a 2(a 2－1)＋…＋a n (a n －1)＝21(21－1)2＋22(22－1)2＋ (2)(2n －1)2＜21(21－1)2＋(121－1－122－1)＋(122－1－123－1)＋…＋(12n －1－1－12n －1) ＝2＋1－12n －1＝3－12n －1＜3．…………………………………14分 证法二：∵a n ＝2n2n －1，∴a i (a i －1)＝2i(2i －1)2 (i ＝1，2，…，n ) ，当i ≥2时，∵a i (a i －1)＝2i(2i －1)2＜2i(2i －1－1)(2i +1－1)＝23(12i －1－1－12i +1－1)，………………11分∴∑ni=1a i (a i －1)＝a 1(a 1－1)＋a 2(a 2－1)＋…＋a n (a n －1)＝21(21－1)2＋22(22－1)2＋…＋2n(2n －1)2＜21(21－1)2＋23(122－1－1－122+1－1)＋23(123－1－1－123+1－1)＋…＋23(12n －1－1－12n +1－1) ＝2＋23(1＋13－12n －1－12n +1－1)＜2＋89＜3．…………………………14分9．解：（I ） y x x y x x =-∴=-322336，'过点，的切线的方程为又过点，或P x y l y x x x x x x l O x x x x x x x x x 111113*********121121131211336003362332()()()()()()()--=--∴--=--∴=∴==P O x 1132与不重合，∴=（II ） 过点，的切线的方程为：P x y l n n n n ++++1111()y x x x x x x l P x y x x x x x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n --=--∴---=---+--=-+++++++++++++++++()()()()()()()()()()()(3121211113231212111121121233633362302又过点，整理得130-=)由已知得x x x x n n n n ≠∴+=++1123，（III ） x x n n +=-+11232{}∴-=--∴--=--=-⎛⎝ ⎫⎭⎪∴=--⎛⎝ ⎫⎭⎪+-x x x x x x n n n n n n n 111112111121211212112()是以为首项，为公比的等比数列∴→∞=lim n x n 110．（Ⅰ）解：),(22*N n a S n n ∈-= ①),2(22*11N n n a S n n ∈≥-=∴-- ②………1分①—②，得.221--=n n n a a a ),2(*N n n ∈≥,0≠n a .21=∴-n n a a),2(*N n n ∈≥即数列{}n a 是等比数列.……………3分,11S a = .2,22111=-=∴a a a 即).(2*N n a n n ∈=∴ (5)分（Ⅱ）证明：∵对任意正整数n ，总有.1)(log 1222n a b n n==……………………6分 n n nT n )1(1321211112111222-++⋅=⋅+≤+++=∴ .21211131212111<---++-+-+=nn n（Ⅲ）解：由.1)1ln(ln )(21)(*111++=∈+=+++n n c N n a n c nn n n n 知 令.ln 111)(,ln )(22x x x nxx x x f x x x f -=-⋅='=则 ∵在区间（0，e ）上，.0)(,),(,0)(<'+∞>'x f e x f 上在区间在区间)(),(x f e 上+∞为单调递减函数.………12分∴.|ln |,2*是递减数列时且n c N n n ∈≥ 又.3ln 31ln |ln |,ln ln 221=∴<c c c c n 中的最大项为数列 11．（Ⅰ）解：2232n n S a n n =+--，()()21121312n n S a n n ++∴=++-+-.()11222,212(2)n n n n a a n a n a n ++∴=-+∴-+=-.{}2n a n ∴-是以2为公比的等比数列 （Ⅱ）111124,4a S a a ==-∴=,∴121422a -⨯=-=.22,22n n n n a n a n ∴-=∴=+. 4分当n 为偶数时，12313124()()n n n n P b b b b b b b b b b -=++++=+++++++()()()31221223221n n -⎡⎤=-+⨯-+⨯--+-⎣⎦()()()2422222422n n ++⨯++⨯+++⨯()()224122122(21)12123n n n n n--=-+=⋅-+--；当n 为奇数时，P n=()12213n n ++--+. 综上，125,332(21)3n n n n n P n n +⎧---⎪⎪=⎨⎪⋅-+⎪⎩（为奇数），（为偶数）. (Ⅲ)112n n n c a n n==-+. 当=1时，1T =13 3744<当≥2时，12323111121222321111 <3222n nnT n =++++++++++++=111(1)1421312n --+-1113225153762644n n =+-=-<<综上可知：任意n N ∈，3744n T <.12．（Ⅰ）解：令120x x ==，由①对于任意x ∈[0,1]，总有()3f x ≥， ∴(0)3f ≥ 1分又由②得 (0)2(0)3,f f ≥-即(0)3;f ≤ 2分∴(0) 3.f = 3分（Ⅱ）解：任取12,[0,1],x x ∈且设12,x x < 则2121121()[()]()()3,f x f x x x f x f x x =+-≥+--因为210x x ->，所以21()3f x x -≥，即21()30,f x x --≥∴ 12()()f x f x ≤. ∴当x ∈[0,1]时，()(1)4f x f ≤=. 7分 （Ⅲ）证明：先用数学归纳法证明：1111()3(*)33n n f n N --≤+∈ 当n=1时，0011()(1)413333f f ===+=+，不等式成立；假设当n=k 时，1111()3(*)33k k f k N --≤+∈ 由11111111()[()]()()33333333k k k k k k k f f f f -=++≥++- 111()()()6333k k kf f f ≥++- 得111113()()69.333k k k f f --≤+≤+ 即当n=k+1时，不等式成立 由（1）、（2）可知，不等式1111()333n n f --≤+对一切正整数都成立.于是，当111(,](1,2,3,)33nn x n -∈=⋅⋅⋅时，1111133333()333n n n x f --+>⨯+=+≥，而x ∈[0,1]，()f x 单调递增∴111()()33n n f f -< 所以，11()()3 3.3n f x f x -<<+ 13．（Ⅰ）解：如.2n a n =（答案不惟一，结果应为C Bn An a n ++=2的形式，其中0≠A ）……3分（Ⅱ）解：依题意 ,3,2,1,21==-+n a a n n n 所以11232211)()()()(a a a a a a a a a an n n n n n n+-++-+-+-=-----.22222321n n n n =++++=--- ……5分从面{}n a 是公比数为2的等比数列，所以.2221)21(21-=--=+n n n S (7)分（Ⅲ）解：① 由nn n n n n n n b b a b b a 221221111⋅-=⋅-=--+及，两式相除得,2111=-+n n b b 所以数列{}{}n n b b 212,-分别是公比为21的等比数列由.14724-=-=b b 得 令.23221,161211⋅=⋅-==b b b a n n 得由 所以数列{}n b 的通项为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥⋅-≥⋅⋅=--),2()21(14),1()21(2312216是偶数且是奇数且n n n n b nn n ………10分②记数列{}nb 前n 项的积为T n .令,1|)21(2,181<⋅-<-+n n n b b 得即.13,211)21(1≥<-n n 解得 所以当n 是奇数时，,1||,1||,1||,,1||,1||1615141312114321<<>>>b b b b b b b b b b 从而.|||||,|||||14121242 >><<T T T T T当n 是偶数时，,1||,1||,1||,,1||,1||1716151413125432<<>>>b b b b b b b b b b 从而.|||||,|||||15131331 T T T T T ><<注意到,3,0,012121213131312T T T b T T T >==>>且 所以当数列{}n b 前n 项的积T n 最大时.13=n ………………………………14分14．解：（1）∴对任意的n ∈N ，a n =p(p 为常数)， ∴a n =a n+1=a 0=p ，则124+-p p =p ，得p 2－3p+2=0， 所以p=1或p=2，故a 0的值为1或2.………4分（2）解法1：由已知，得a n+1－1=,1)1(3+-n n a a 1)2(221+-=-+n n n a a a ， a 0=4，所以由（1）得a n ≠1，2对任意n ∈N 成立..3,65161)23(1,65162.1)23(1)23(2,)23(21,212321111111≥≤-≤--=∴=----⋅=--++++++n a a a a a a a a n n n n n n n n n n n n 得得由进而由此得∴所求的自然数n 的集合为：{n|n ≥3，n ∈N}…8分解法2：由a 0=4>2，a 1=f(a 0)=514>2， 可假设当n=k(k ≥1且k ∈N)时，a k >2成立， 则当n=k+1时，a k+1=4－16+k a . ∵a k +1>3，∴4－16+k a >2，即得a k+1>2.∴当n=k+1(k ≥1且k ∈N)时，a k+1>2成立.由此可得a n >2对任意的自然数n 都成立. 所以此时01)2)(1(1<+---=--n n n n n a a a a a ，知数列{a n }是递减数列.由计算可知：65162,1946,514,43210====a a a a ，因此n ≥3，n ∈N 即为所求的自然数n 的范围.∴所求的自然数n 的集合为：{n|n ≥3，n ∈N}………………………………8分（3）解不等式a n <a n+1，得a n <124+-n n a a ，得a n <－1或1<a n <2.要使a 1<a 2，则a 1<－1或1<a 1<2. （i ）当a 1<－1时，a 2=f(a 1)=4－161+a >4，而a 3=f(a 2)=4－162+a <4<a 2，明显不满足题意，舍去；（ii ）当1<a 1<2时，由a 2=4－161+a ，得1<a 2<2， 由a 3=4－162+a ，和1<a 3<2，…，…，依此类推，a n =4－161+-n a ，得1<a n <2，而1<a n <2时，不等式a n <a n+1成立.∴数列{a n }中的所有项均满足a n <a n+1(n ∈N*). 综上所述，a 1∈（1，2），由a 1=f(a 0)，得a 0∈（1，2）15．（1）解：设等差数列{a n }的公差是d ，则a 1+2d=4，3a 1+3d=18，解得a 1=8，d=－2，所以n n d n n na S n 92)1(21+-=-+=……2分 由)]1(18)1(2)2(9)2()9[(21222212+-+++++-+-=-+++n n n n n n S S Sn n n=－1＜0得,212++<+n n n S S S 适合条件①； 又481)29(922+--=+-=n n n S n所以当n=4或5时，S n 取得最大值20，即S n≤20，适合条件②综上，{S n }∈W ………………………4分 （2）解：因为n n n n n n n b b 25252)1(511-=+--+=-++所以当n ≥3时，01<-+n n b b ，此时数列{b n }单调递减；当n =1，2时，01>-+n n b b ，即b 1＜b 2＜b 3，因此数列{b n }中的最大项是b 3=7 所以M ≥7…………………8分（3）解：假设存在正整数k ，使得1+>k k c c 成立由数列{c n }的各项均为正整数，可得1111-≤+≥++k k k k c c c c 即因为2)1(22,21212-=--≤-≤≤+++++k k k k k k k k kc c c c c c c c c 所以 由1,2,2121122112-≤=-<>-≤+++++++++k k k k k k k k k k k c c c c c c c c c c c故得及因为32)1(22,2111123231-≤-=--≤-≤≤++++++++++k k k k k k k k k k c c c c c c c c c c 所以……………………依次类推，可得)(*N m m c c k m k ∈-≤+设0),(*=-≤=∈=+p c c p m N p p c k p k k 时，有则当 这显然与数列{c n }的各项均为正整数矛盾！ 所以假设不成立，即对于任意n ∈N *, 都有1+≤n n c c 成立.……………………14分16．解：（I ）当,2)(,2xx x f t +==时0221)(222>-=-='x x x x f …2,2-<>x x 或解得.则函数)(x f 有单调递增区间为),2(),2,(+∞--∞…（II ）设M 、N 两点的坐标分别为1x 、2x ，)1(.02).1)(1()(0),0,1().)(1()(:,1)(12112111121112=-+--=+-∴--=+-∴-='t tx x x x tx t x P PM x x x tx t x y PM xtx f 即有过点切线又的方程为切线 同理，由切线PN 也过点（1，0），得.02222=-+t tx x （2）由（1）、（2），可得02,221=-+t tx x x x 是方程的两根，(*).22121⎩⎨⎧-=⋅-=+∴t x x tx x…………8分])1(1[)()()(||22122122211221x x t x x x t x x t x x x MN -+-=--++-=])1(1][4)[(22121221x x t x x x x -+-+ 把（*）式代入，得,2020||2t t MN += 因此，函数)0(2020)()(2>+=t t t t g t g 的表达式为 （III ）易知]64,2[)(nn t g +在区间上为增函数，,)()()()().()()()2().1,,2,1)(()2(12121成立对一切正整数则n a g a g a g a g a g a g a g g m m i a g g m m m i +<++++++≥⋅+=≤∴恒成立对一切的正整数不等式n nn g g m )64()2(+<⋅∴,)64(20)64(2022022022nn n n m +++<⨯+⨯.3136.3136]1616[61)]64()64[(61,1664)]64()64[(61222<∴=+≥+++∴≥++++<m n n n n n n n nn n n m 恒成立对一切的正整数即由于m 为正整数，6≤∴m . …………13分又当.,16,2,6121满足条件对所有的存在时n a a a a m m m ======+因此，m 的最大值为6. 因此，m 的最大值为6. …………14分由于m 为正整数，6≤∴m . …………13分。
高考数学(理)二轮专题练习：数列、不等式(含答案)
数列、不等式S 1n ＝ 1．已知前 n 和 S n ＝a 1＋ a 2＋ a 3＋ ⋯ ＋a n ， a n ＝ .S n － S n －1n由 S n 求 a n ，易忽视 n ＝1 的状况．[1] 已知数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝ n 2＋ 1， a n ＝ ________. 答案2， n ＝ 12n － 1，n ≥22．等差数列的相关观点及性(1) 等差数列的判断方法：定 法a n ＋ 1－ a n ＝ d(d 常数 )或 a n ＋1－ a n ＝ a n － a n －1 (n ≥ 2)．(2) 等差数列的通 ： a n ＝ a 1＋ ( n － 1)d 或 a n ＝ a m ＋ (n － m)d.(3) 等差数列的前 n 和： S n ＝n a 1＋ a n ， S n ＝ na 1＋ n n －d.22(4) 等差数列的性①当公差 d ≠0 ，等差数列的通 公式a n ＝ a 1＋ (n － 1) ·d ＝ dn ＋ a 1 －d 是对于 n 的一次函数， n n －d 2 d且斜率 公差 d ；前 n 和 S n ＝ na 1＋2d ＝n ＋(a 1－ )n 是对于 n 的二次函数且常数220.②若公差 d>0， 增等差数列；若公差 d<0， 减等差数列；若公差d ＝ 0， 常数列．③当 m ＋ n ＝ p ＋ q ， 有 a m ＋ a n ＝ a p ＋ a q ，特 地，当 m ＋ n ＝ 2p ， 有 a m ＋ a n ＝ 2a p .④ S n ， S 2n － S n ， S 3n － S 2n 成等差数列．nn ，且 S 10＝ 12，S 20＝17， S 30 ()[2] 已知等差数列 { a } 的前 n 和 SA ．15B ． 20C ． 25D ．30答案 A3．等比数列的相关观点及性(1) 等比数列的判断方法：定 法a n＋1＝ q(q 常数 )，此中 q ≠0， a n ≠0或a n＋1＝a n(n ≥ 2)．如一a na n a n －1个等比数列 { a n } 共有 2n ＋ 1 ，奇数 之100，偶数 之120， a n ＋ 1＝5.6(2) 等比数列的通 ： a n ＝ a 1q n － 1 或 a n ＝a m q n － m.(3) a 1－q n a 1－ a n q等比数列的前 n 和：当 q ＝1 ， S n ＝ na 1 ；当 q ≠1 ， S n ＝1－ q＝.1－ q易 警告 ：因为等比数列前n 和公式有两种形式， 此在求等比数列前n 和 ，第一要判断公比 q 能否1，再由q 的状况 乞降公式的形式，当不可以判断公比q 能否1 ，要q 分 q ＝ 1 和q ≠1两种情况 求解．(4) 等比中 ：若a ， A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中 ． 得注意的是，不是任何两数都有等比中 ，只有同号两数才存在等比中 ，且有两个，即 ± ab.如已知两个正数 a ， b( a ≠b)的等差中A ，等比中B ，A 与B 的大小关系A>B.(5) 等比数列的性当 m ＋ n ＝ p ＋ q ， 有a m ·a n ＝ a p ·a q ，特 地，当 m ＋ n ＝ 2p ， 有 a m ·a n ＝ a2p.[3] (1)在等比数列 { a n } 中，a 3＋ a 8＝ 124，a 4a 7＝－ 512，公比 q 是整数，a 10＝________.(2) 各 均 正数的等比数列 { a n } 中，若 a 5·a 6＝ 9， log 3a 1＋log 3a 2＋ ⋯＋ log 3a 10＝ ________.答案(1)512 (2)104．数列乞降的方法(1) 公式法：等差数列、等比数列乞降公式；(2) 分 乞降法； (3) 倒序相加法； (4) 位相减法；(5) 裂 法；如：11－ 1；1 ＝ 1 1 1 n n ＋＝n ＋ kk －n ＋ k.n n ＋ 1 nn(6) 并 法．数列乞降 要明确： 数、通 ，并注意依据通 的特色 取适合的方法．[ 4] 数列 { a n } 足 a n ＋ a n ＋1 ＝12(n ∈ N ， n ≥ 1)，若 a 2＝ 1，S n 是 { a n } 的前 n 和， S 21 的________．9 答案25．在求不等式的解集、定 域及 域 ，其 果必定要用会合或区 表示，不可以直接用不等式表示．[ 5]不等式－ 3x 2＋ 5x － 2>0 的解集 ________．2答案， 16．不等式两头同 乘以一个数或同 除以一个数，必 个数的正 ．两个不等式相乘，必 注意同向同正 才能 行．[6] 已知 a ， b ， c ， d 正 数，且 c>d ， “a>b ”是 “ac>bd ”的 ________条件．答案 充足不用要a＋ b7．基本不等式：≥ ab (a，b>0)2(1) 推行：a2＋ b2 a＋ b2(a， b>0) ．≥≥ ab≥221＋1a b(2) 用法：已知 x， y 都是正数，①若 xy 是定 p，当 x＝ y ，和 x＋y 有最小 2 p；②若和 x＋ y 是定 s，当 x＝y ， xy 有最大1 2 4s .易警告：利用基本不等式求最，要注意“一正、二定、三相等”的条件．[7]1＋4的最小是 ________．已知 a>0， b>0， a＋ b＝1， y＝a b答案 98．解性划，要注意界的虚；注意目函数中y 的系数的正；注意最整数解．[8]x≥0，定点 A(0,1)，点 P(x， y)的坐足条件|PA|的最小是 ________．y≤x，答案22易点 1 忽等比数列中公比的分致例 1等比数列 { a n} 的前 n 和 S n，若 S3＋ S6＝ S9，数列的公比q 是 ________．解－ 1找准失分点当 q＝ 1 ，切合要求．好多考生在做本都想自然地q≠1.正解①当 q＝ 1 ， S3＋ S6＝ 9a1， S9＝9a1，∴ S3＋ S6＝ S9建立．②当 q≠1 ，由 S3＋ S6＝ S9得 a1－ q 3＋ a1－ q6＝ a1－ q91－ q1－ q1－ q∴q9－ q6－ q3＋ 1＝ 0，即 (q3－ 1)(q6－ 1)＝ 0.36∵ q≠1，∴ q － 1≠0，∴ q ＝ 1，∴ q＝－ 1.易点 2忽分或不妥致例 2 若等差数列 { a n} 的首 a1＝ 21，公差 d＝－ 4，求： S k＝ |a1 |＋ |a2|＋ |a3|＋⋯＋ |a k|.解由意，知a n＝ 21－ 4(n－1)＝ 25－ 4n，25，即数列 { a n} 的前 6大于 0，从第 7 开始，此后各均小于 0.所以由 a n≥0，解得 n≤4|a1|＋ |a2 |＋ |a3|＋⋯＋ |a k|＝(a1＋ a2＋ a3＋⋯＋a6 )－ (a7＋ a8＋⋯＋ a k)＝2(a1＋ a2＋⋯＋a6)－ (a1＋ a2＋⋯＋ a6＋ a7＋ a8＋⋯＋ a k)＝2k2－ 23k＋132所以 S k＝ 2k2－ 23k＋132.找准失分点忽了 k≤6 的状况，只出了k≥7 的状况．正解由意，知 a n＝ 21－ 4(n－1)＝ 25－ 4n，所以由25，即数列 { a n} 的前 6 a n≥0，解得 n≤4大于 0，从第 7 开始，此后各均小于0.当 k≤6 ，S k＝ |a1|＋ |a2 |＋⋯＋ |a k|＝ a1＋ a2＋⋯＋a k＝－ 2k2＋ 23k.当 k≥7 ， |a1|＋ |a2|＋ |a3|＋⋯＋ |a k|＝(a1＋ a2＋ a3＋⋯＋a6 )－ (a7＋ a8＋⋯＋ a k)＝2(a1＋ a2＋⋯＋a6)－ (a1＋ a2＋⋯＋ a6＋ a7＋ a8＋⋯＋ a k)＝2k2－ 23k＋132，－2k2＋23k k所以 S k＝k .2k2－23k＋易点 3忽等比数列中的含条件致例 3各均数的等比数列{ a n} 的前 n 和 S n，若 S10＝10，S30＝ 70， S40＝________.解150 或－ 200找准失分点数列 S10， S20－ S10， S30－ S20， S40－S30的公比 q10>0.忽视了此含条件，就生了增解－ 200.正解b1＝ S10， b2＝ S20－ S10，b3＝ S30－S20，b4＝S40－S30，b1， b2， b3， b4是以公比r ＝q10>0 的等比数列．∴b1＋ b2＋ b3＝ 10＋ 10r＋ 10r 2＝ S30＝ 70，∴r2＋ r－ 6＝ 0，∴ r ＝ 2 或 r＝－ 3(舍去 )，∴ S40＝ b1＋ b2＋ b3＋ b4＝－ 24＝150. 1－ 2答案 150易点 4忽基本不等式中等号建立的条件致例 4 已知： a>0，b>0， a＋ b＝ 1，求 a＋12＋ b＋12的最小．a b121 22 21 1错解 由 a ＋ a ＋ b ＋b ＝ a ＋ b ＋ a 2＋ b 2＋ 42 ＋ 4≥4 1 ≥2ab ＋ab ab · ＋ 4＝ 8，ab得 a ＋1a 2＋ b ＋1b 2的最小值是 8.找准失分点 两次利用基本不等式，等号不可以同时取到．正解1 2＋1 2a ＋ ab ＋b221 1 2211＝ a ＋ b ＋ a 2＋ b 2＋ 4＝ (a ＋ b)＋ a 2＋b 2＋ 4 21122＝ [(a ＋ b) －2ab]＋＋ －＋ 41＝ (1－ 2ab) 1＋a 2b 2 ＋ 4由 ab ≤a ＋ b 2＝ 1，得 1－ 2ab ≥1－1＝ 1，24 2 211且 a 2b 2≥16,1＋ a 2b 2≥17.1 2511 2＋ 1 2 的最小值是 25∴原式 ≥时，等号建立 )， ∴a ＋ab ＋ b2.2×17＋ 4＝ 2 (当且仅当 a ＝ b ＝21．在等差数列 { a n } 中，已知 a 3＋ a 8＝ 10，则 3a 5＋ a 7 等于 ( )A ．10B ．18C ． 20D ．28答案 C分析因为 a 3＋ a 8＝ 10，所以由等差数列的性质，得a 5＋ a 6＝ 10，所以 3a 5 ＋ a 7＝2a 5＋ 2a 6＝ 20，选 C.1 12．若 a <b <0 ，则以下不等式：① a ＋ b<ab ；② |a|>|b|；③ a<b 中，正确的不等式有 () A ．0 个 B ．1 个 C ．2 个 D ．3 个答案B分析1 < 1由 <0，得 a<0， b<0 ，a b故 a ＋ b<0 且 ab>0，所以 a ＋ b<ab ，即 ① 正确；1 1 <0，得1 > 1， 由 < a b a b两 同乘 |ab|，得 |b|>|a|，故 ② ；由 ①② 知 |b|>|a|， a<0， b<0，所以 a>b ，即 ③ ， B.1 13．已知， x>1 ， y>1，且 4ln x ， 4，ln y 成等比数列， xy 有 ()A ．最小 eB ．最小 eC ．最大 eD ．最大e答案 A分析x>1， y>1，且 1ln x ，1， ln y 成等比数列， 1ln x ·ln y ＝ ( 1 )2，即 1＝ ln x ·ln y ≤(ln x ＋ln y )2，44 4 4 42ln x ＋ ln y ≥1， ln xy ≥1，故 xy ≥e.4． 等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ，若 S 10∶ S 5＝ 1∶ 2， S 15∶ S 5 等于 ( )A ．3∶4B ．2∶3C ．1∶2D ．1∶3答案A分析∵ { a n } 是等比数列，∴ S 5， S 10－ S 5， S 15－ S 10 也组成等比数列，S 5＝ 2k(k ≠0)， S 10＝k ，可得 S 10－ S 5＝－ k ，而得 S 15－ S 10＝12k ，于是 S 15＝ 32k ，3故S 15∶S 5＝2k ∶ 2k ＝ 3∶ 4.5．把一数列挨次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，⋯ 循 分 (1)， (3,5)，(7,9,11) ，(13)， (15,17) ，(19,21,23) ， (25) ，⋯ ， 第50 个括号内各数之和 ()A ．195B ．197C ． 392D ．396答案 C分析将三个括号作 一 ， 由 50＝ 16×3＋2，知第 50 个括号 第 17 的第二个括号，即第 50 个括号中 是两个数．又因 每 中含有6 个数，所以第 48 个括号的最末一个数数列 {2 n － 1} 的第 16×6＝96 ，第 50 个括号的第一个数 数列 {2 n － 1} 的第 98 ，即 2×98－ 1＝ 195，第二个数2×99－ 1＝ 197，故第 50 个括号内各数之和 195＋ 197＝ 392.故 C.6．已知点 A(m ， n)在直 x ＋ 2y － 1＝ 0 上， 2m ＋ 4n 的最小 ________． 答案 2 2分析点 A(m ，n)在直 x ＋ 2y －1＝ 0 上， m ＋ 2n ＝ 1；2m ＋ 4n ＝ 2m ＋22 n ≥2 2m ·22n ＝2 2m ＋2n＝ 2 2.a＋b27．已知 x>0， y>0， x， a， b，y 成等差数列， x，c， d， y 成等比数列，的最小cd是 ________．答案4分析由 x， a， b， y 成等差数列知a＋b＝ x＋ y，①由 x， c，d， y 成等比数列知 cd＝ xy，②a＋ b2a＋ b 2x＋ y 2x2＋ y2＋ 2xy≥4，∴a＋ b2把①② 代入得＝＝xy cd 的最小 4.cd cd xy0≤x≤ 28．已知平面直角坐系xOy 上的地区 D 由不等式 y≤2定．若 M(x，y) D 上的x≤ 2y点，点 A 的坐→ →( 2， 1)， z＝ OM ·OA的最大 ________．答案4分析画出可行域 D ，如中暗影部分所示，而→ →2x＋ y，z＝ OM·OA＝∴y＝－ 2x＋z，令 l0： y＝－ 2x，将 l0平移到点 ( 2， 2)，截距 z 有最大，故 z max＝2× 2＋ 2＝ 4.9．已知函数 f(x)＝－ax＋x，*)，且2(a>0， a≠ 1)．数列 { a n} 足 a n＝ f(n)(n∈Nx－5xa{ a n} 是增数列，数 a 的取范是 ________．答案(4,8)分析∵ { a n} 是增数列，a4－2>0a<8∴ a>1，a>1，－a×6＋ 4<a2a<－ 7或a>42∴ 4<a<8.10．已知正数列{ a n} ，其前 n 和 S n足 8S n＝ a2n＋ 4a n＋3，且 a2是 a1和 a7的等比中．(1)求数列 { a n} 的通公式；(2) 符号 [x] 表示不超数x 的最大整数，b n＝ [log 2(a n＋ 34)] ，求 b1＋ b2＋ b3＋⋯＋ b2n.解(1)由 8S n＝ a2n＋ 4a n＋ 3，①知 8S n－1＝a2n－1＋4a n－1＋ 3(n≥2， n∈N)．②由① －②得 8a n＝ (a n－ a n－1)( a n＋ a n－1)＋4a n－ 4a n－1，整理得 (a n－ a n－1－ 4)(a n＋ a n－1)＝ 0(n≥2， n∈N)．∵{ a n} 正数列，∴a n＋ a n－1>0，∴a n－ a n－1＝ 4(n≥2， n∈N )．∴{ a n} 公差 4 的等差数列，由 8a1＝ a21＋ 4a1＋3，得 a1＝ 3 或 a1＝ 1.当 a1＝ 3 ， a2＝ 7， a7＝ 27，不足 a2是 a1和 a7的等比中．当 a1＝ 1 ， a2＝ 5， a7＝ 25，足 a2是 a1和 a7的等比中．∴ a n＝ 1＋(n－1)4＝ 4n－ 3.(2) 由 a n＝ 4n－ 3 得 b n＝ [log 2a n＋ 3( 4)] ＝ [log 2n] ，由符号 [x]表示不超数 x的最大整数知，当2m≤n<2 m＋1，n [log 2n]＝ m，所以令S＝ b1＋ b2＋ b3＋⋯＋ b2n＝ [log 2 1]＋ [log 22]＋ [log 23]＋⋯＋ [log 22 ]＝ 0＋ 1＋ 1＋ 2＋⋯＋ 3＋⋯＋ 4＋⋯＋n－ 1＋⋯＋ n.∴S＝ 1×21＋ 2×22＋ 3×23＋ 4×24＋ (n－ 1) ×2n－1＋ n，①2345n2S＝ 1×2 ＋2×2 ＋ 3×2 ＋ 4×2 ＋( n－ 1) ×2 ＋ 2n.②－S＝ 2＋ 22＋ 23＋ 24＋⋯＋2n－1－ (n－ 1)2n－ n＝－2n－ 1－ (n－ 1)2n－n＝ (2－ n)2n－ n－ 2，1－ 2∴S＝ (n－ 2)2n＋n＋ 2，即 b1＋ b2＋ b3＋⋯＋ b2n＝ (n－ 2)2n＋ n＋ 2.。
2020年高考数学压轴题专题复习： 数列与不等式的综合问题【解析版】
第二章 数列与不等式专题 数列与不等式的综合问题纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n 项和与第n 项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．数列与不等式的结合,一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围. 本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.①函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；②放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到； ③比较方法：作差或者作商比较．【压轴典例】例1.（2013·全国高考真题（理））设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n=1,2,3,… 若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( ) A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 【答案】B 【解析】因为11b c >，不妨设111142,33a a b c ==，13()22p a b c a =++=；故211S ==； 21a a =，112125326a ab a +==，112147326a a c a +==，2216S a ==； 显然21S S >；同理，31a a =，112159428a a b a +==，113137428a a c a +==，231S ==，显然32S S >.例2. （2018·江苏高考真题）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}n B x x n N ==∈．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________． 【答案】27 【解析】设=2kn a ，则12[(211)+(221)+(221)][222]k k n S -=⨯-⨯-+⋅-++++()11221212212(12)222212k k kk k ---++⨯--=+=+--由112n n S a +>得2211211522212(21),(2)20(2)140,22,6k k k k k k k -+---+->+-->≥≥ 所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时25[(211)+(221)+(21)][222]n S m =⨯-⨯-+-++++25122m +=+-，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >. 由25122212(21),2450022,527m m m m m n m ++->+-+>∴≥=+≥，得满足条件的n 最小值为27. 例3.（2018·浙江高考模拟）设数列的前项和分别为，其中，使成立的最大正整数__________,__________．【答案】 6. 114. 【解析】根据题意，数列{a n }中，a n =-3n+20，则数列{a n }为首项为17，公差为-3的等差数列，且当n≤6时，a n ＞0，当n ＞7时，a n ＜0，又由b n =|a n |，当n≤6时，b n =a n ，当n ＞7时，b n =-a n ， 则使T n =S n 成立的最大正整数为6，T 2018+S 2018=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（b 1+b 2+……+b 6+b 7+b 8+……+b 2018）=（a 1+a 2+……+a 6+a 7+a 8+……+a 2018）+（a 1+a 2+……+a 6-a 7-a 8-……-a 2018） =2（a 1+a 2+……+a 6）=，故答案为：6，114 例4.（2019·江西师大附中高考模拟（文））数列{}n a 中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行1项，排1a ；第二行2项，从左到右分别排2a ，3a ；第三行3项，……依此类推，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则满足2019n S >的最小正整数n 的值为（ ）A ．20B ．21C ．26D ．27【答案】B 【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：1232T =⨯-；第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：()22241323213T -==⨯--；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为()33341323213T -==⨯--；依此类推：第n 行的和：232nn T =⨯-；则前6行共：12345621+++++=个数 前6行和为：()()()()26267212322322322333123152172S =⨯-+⨯-+⋅⋅⋅+⨯-=⨯++⋅⋅⋅+-=-=满足2019n S >而第六行的第6个数为：543972⨯=，则202197212002019S S =-=<∴满足2019n S >的最小正整数n 的值为：21本题正确选项：B例5.（2019·内蒙古高考模拟（理））数列()11n a n n =+的前n 项和为n S ，若1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，则正整数n 值为______. 【答案】8 【解析】∵()11111n a n n n n ==-++，∴11111122311n nS n n n =-+-++-=++， 又1S ，m S ，n S 成等比数列()1m >，∴()21m n S S S =⋅， 即()221211m n n m =⋅++，()22211m n n m =++， ∴()2221m m <+，即2210m m --<，解得1212m -<<+，结合1m 可得2m =， ∴8n =，故答案为8.例6.（2016·天津高考真题（理））已知{}是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的，是和的等比中项.（Ⅰ）设求证：数列{}是等差数列；（Ⅱ）设求证：【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析 【解析】（Ⅰ）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.（Ⅱ）证明：所以.例7.（2016·四川高考真题（理））已知数列{}的首项为1，为数列{}的前n 项和，，其中q>0，.（Ⅰ）若成等差数列，求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设双曲线的离心率为，且，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等差数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，.所以双曲线的离心率.由解得.因为，所以.于是，故.例8.（2016·浙江高考真题（理））设数列满足，．（Ⅰ）证明：，；（Ⅱ）若，，证明：，．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）由得，故，，所以，因此．（Ⅱ）任取，由（Ⅰ）知，对于任意，，故．从而对于任意，均有．由的任意性得．①否则，存在，有，取正整数且，则，与①式矛盾．综上，对于任意，均有．【压轴训练】1.（2019·安徽高考模拟（理））设是等差数列，下列结论一定正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【解析】若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；对于B选项，当，分别为-4，-1，2时，满足a1+a3＜0，但a2+a3＝1>0，故B不正确；又{a n }是等差数列，0＜a 1＜a 2，2a 2＝a 1+a 3＞2，∴a 2，即C 正确；若a 1＜0，则（a 2﹣a 1）（a 2﹣a 3）＝﹣d 2≤0，即D 不正确． 故选：C ．2．（2018·浙江高考模拟）已知等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比数列，则A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 由成等比数列．可得，可得（，即，∵公差不等于零，故选：C ．3．（2019·山东高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得18m n a a a =，则91m n+的最小值为__________． 【答案】2 【解析】正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=， 432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12q =， 存在两项m a ，n a 使得18m n a a a =， 2221164m n a q a +-∴=，整理，得8m n +=，∴9119119()()(10)88m n m n m n m n n m +=++=++ 19(102)28m n n m+=， 则91m n+的最小值为2． 当且仅当9m n n m=取等号，又m ，*n N ∈．8m n +=， 所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2． 故答案为：24．（2019·湖南师大附中高考模拟（理））已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若124a =-，489a =-，则当T n 取最大值时，n 的值为_____. 【答案】4 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为124a =-，489a =-，可得341127a q a ==，解得13q =，则()()()1112312(2131)(32424)n n nnn n n T a a a a q-+++⋅⋅⋅+-=⋅⋅⋅=-=-， 当T n 取最大值时，可得n 为偶数，函数13xy =（）在R 上递减， 又由2192T =，4489T =，66983T =，可得246T T T <>，当6n >，且n 为偶数时，6n T T <， 故当4n =时，T n 取最大值.5．（2019·安徽高考模拟（理））已知数列的各项均为正数，记为的前项和，若，，则使不等式成立的的最小值是________.【答案】11 【解析】由可得，则（）（）=0，又数列的各项均为正数，∴，即，可得数列{a n }是首项为公比为q ＝2的等比数列，∴,则n>10，又，∴n 的最小值是11，故答案为11.6．（2019·甘肃天水一中高考模拟（文））已知数列{}n a 满足11a =，0n a >，11n n a a +=，那么32n a <成立的n 的最大值为______ 【答案】5 【解析】11n n a a +=， 所有{}na 11a =，公差d 1=n n a =，2n a n = 解232n a n =<，得n 42<所以32n a <成立的n 的最大值为5 故答案为：57．（2019·河北高考模拟（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2119*2n n n nS S n N +-+=∈，若24a <-，则n S 取最小值时n =__________.【答案】10 【解析】由21192n n n nS S +-+=，()21(1)1912n n n n S S ----+=，两式作差可得：1110(2)n n S S n n +--=-≥，即110(2)n n a a n n ++=-≥，由110n na a n ++=-，219n n a a n +++=-，两式作差可得：21(2)n n a a n +-=≥，则328a a +=-，24a <-，故234a a <-<，进一步可得：4567891011,,,a a a a a a a a <<<<，又10110a a +=，则10110a a <<，且111212130a a a a <+<+<，则n S 取最小值时10n =.8．（2019·河南高考模拟（理））记首项为11(0)a a >，公差为d 的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1212a d =-，且1n n n S a S λ+≤+，则实数λ的取值范围为__________． 【答案】19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】由1n n n S a S λ+≤+，得11n n n n S S a a λ++-=≤. 因为10a >，所以0d <，()12312n a a n d n d ⎛⎫=+-=-⎪⎝⎭. 所以当111n ≤≤时，0n a >，当12n ≥时，0n a <. （1）当111n ≤≤时，由1n n a a λ+≥得1211223n n n n n a a d d a a a n λ++≥==+=+-. 因为221911223212321n +≤+=-⨯-，所以1921λ≥.（2）当12n ≥时，由1n n a a λ+≥得121223n n a a n λ+≤=+-. 因为211223n +>-，所以1λ≤.综上所述，λ的取值范围是19,121⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 9．（2019·四川重庆南开中学高考模拟（理））在正项递增等比数列{}n a 中，51a =，记12...n n S a a a =+++，12111...n nT a a a =+++，则使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为__________． 【答案】9【解析】由题得11111(1)(1)(1)11(1)1n nn nq q a q a q q q a q q--⋅-≤=---，因为数列是正项递增等比数,所以10,1a q >>，所以2111n a q -≤.因为51a =，所以44281111,,a q a q a q --=∴=∴=，所以81901,,9n n q qq q n ---⋅≤∴≤∴≤.所以使得n n S T ≤成立的最大正整数n 为9. 故答案为：910．（2017·吉林高考模拟（理））已知数列{}n a 满足()113,31.2n n a a a n N *+==-∈ （1）若数列{}n b 满足12n n b a =-，求证：{}n b 是等比数列； （2）若数列{}n c 满足312log ,n n n n c a T c c c ==+++，求证：()1.2n n n T ->【答案】(1) 见解析；(2)见解析. 【解析】(1) 由题可知()*n N∈，从而有13n n b b +=，11112b a =-=，所以{}n b 是以1为首项，3为公比的等比数列.(2) 由(1)知13n n b -=，从而1132n n a -=+，11331log 3log 312n n n c n --⎛⎫=+>=- ⎪⎝⎭，有()12101212n n n n T c c c n -=+++>+++-=，所以()12n n n T ->.11．（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知各项均为正整数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1，n≥2，n∈N *（其中k ，t 为常数）．（1）若k ＝12，t ＝14，数列{a n }是等差数列，求a 1的值； （2）若数列{a n }是等比数列，求证：k ＜t ． 【答案】（1）a 1＝（2）见解析 【解析】（1）∵k＝12，t ＝14，∴2111124n n n S a a -+=-（n≥2），设等差数列{a n }的公差为d ，令n ＝2，则212211a a a 124+=-，令n ＝3，则2123311124a a a a ++=-，两式相减可得：()()()2332321124a a a a a a +=+-，∵a n ＞0，∴a 3﹣a 2＝2＝d ．由212211124a a a +=-，且d ＝2，化为2112a a -﹣4＝0，a 1＞0．解得a 1＝（2）∵S n ﹣1+ka n ＝ta n 2﹣1①，n≥2，n∈N *，所以S n +ka n+1＝2n 1ta +﹣1②， ②-①得a n +ka n+1﹣ka n ＝2n 1ta +﹣2n ta ，∴a n ＝（a n+1﹣a n ）[t （a n+1+a n ）﹣k]， 令公比为q ＞0，则a n+1＝a n q ，∴（q ﹣1）k+1＝ta n （q 2﹣1）， ∴1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]；∵对任意n≥2，n∈N *， 1＝（q ﹣1）[ta n （q+1）﹣k]成立；∴q≠1，∴a n 不是一个常数； ∴t＝0，∴S n ﹣1+ka n ＝﹣1，且{a n }是各项均为正整数的数列，∴k＜0， 故k ＜t ．12．（2019·天津高考模拟（理））已知单调等比数列{}n a ，首项为12，其前n 项和是n S ，且3312a S +，5S ，44a S +成等差数列，数列{}n b 满足条件1231(2)n b na a a a =（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； （2）设1n n nc a b =-，记数列{}n c 的前n 项和是n T . ①求n T ；②求正整数k ，使得对任意*n N ∈，均有k n T T ≥.【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(1)n b n n =+；(2)①.1112n n T n =-+；②.4k =. 【解析】(1)设11n n a a q -=.由已知得53344122S a S a S =+++，即5341222S a S =+， 进而有()543122S S a -=.所以53122a a =，即214q =，则12q =±.由已知数列{}n a 是单调等比数列，且112a =，所以取12q =.数列{}n a 的通项公式为12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 1231(2)n b na a a a =，(1)2322222222n b n nn+∴⨯⨯⨯⨯==，则(1)n b n n =+.即数列{}n b 的通项公式为(1)n b n n =+. (2)①.由(1)可得：1111112(1)21n n n n n c a b n n n n ⎛⎫=-=-=-- ⎪++⎝⎭， 分组求和可得：1111112112n n nT n n ⎛⎫=---=- ⎪++⎝⎭. ②由于11111111(1)(2)222122(1)(2)n n n n n n n n T T n n n n ++++++--=--+=++++， 由于12n +比()()12n n ++变化快，所以令10n n T T +->得4n <. 即1234,,,T T T T 递增，而456,,n T T T T 递减.所以，4T 最大.即当4k =时，k n T T ≥.13．（2019·安徽高考模拟（文））已知数列为等差数列，且公差，其前项和为，，且，，成等比数列. （1）求等差数列的通项公式；（2）设，记数列的前项和为，求证.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】 （1）由题意得： ，解得：，∴（2）由（1）得，∴ ∴14．（2019·广东高考模拟（理））已知数列{}n a 满足11*121(22)2()n n n a a a n N n-++++=∈.（1）求12,a a 和{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a kn -的前n 项和为n S ，若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，求实数k 的取值范围． 【答案】(1) 1a 4= 26;a = 22n a n =+ (2) 125[,].52【解析】(1)由题意得111222?2n n n a a a n -++++=，所以23112124,222,a a a =⨯=+=⨯得26;a =由111222?2n n n a a a n -++++=,所以()2121221?2n n n a a a n --+++=-（2n ≥），相减得()1+12?21?2n n n n a n n -=--，得22,1n a n n =+=当也满足上式. 所以{}n a 的通项公式为22n a n =+.(2)数列{}n a kn -的通项公式为()2222,n a kn n kn k n -=+-=-+ 是以4k -为首项,公差为2k -的等差数列,若4n S S ≤对任意的正整数n 恒成立，等价于当4n =时,n S 取得最大值,所以()()4544220,55220.a k k a k k ⎧-=-+≥⎪⎨-=-+≤⎪⎩解得125.52k ≤≤ 所以实数k 的取值范围是125,.52⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 15.（2017·浙江高考模拟）已知无穷数列{}n a 的首项112a =，*1111,2n n n a n N a a +⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭. （Ⅰ）证明： 01n a <<；（Ⅱ） 记()211n n nn n a a b a a ++-=， n T 为数列{}n b 的前n 项和，证明：对任意正整数n ， 310n T <. 【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析. 【解析】（Ⅰ）证明：①当1n =时显然成立；②假设当n k = ()*k N ∈时不等式成立，即01k a <<， 那么当1n k =+时，11112k k k a a a +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ > 1·12=，所以101k a +<<， 即1n k =+时不等式也成立.综合①②可知， 01n a <<对任意*n N ∈成立. （Ⅱ）12211n n n a a a +=>+，即1n n a a +>，所以数列{}n a 为递增数列. 又1111112n n n n n a a a a a +⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭ 112n n a a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，易知1n n a a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为递减数列， 所以111nn a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭也为递减数列， 所以当2n ≥时，111n n a a +-22112a a ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭154245⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 940= 所以当2n ≥时， ()211n n nn n a a b a a ++-== ()()11111940n n n n n n a a a a a a +++⎛⎫--<- ⎪⎝⎭当1n =时， 11934010n T T b ===<，成立； 当2n ≥时， 12n n T b b b =+++ < ()()()32431994040n n a a a a a a +⎡⎤+-+-++-⎣⎦()12994040n a a +=+- ()2999942731140404040510010a ⎛⎫<+-=+-=< ⎪⎝⎭ 综上，对任意正整数n ， 310n T <16.（2017·浙江高考模拟）已知数列{}n a 满足： 11p ap +=， 1p >， 11ln n n na a a +-=.（1）证明： 11n n a a +>>； （2）证明：12112n nn n a a a a ++<<+； （3）证明：()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【解析】（1）先用数学归纳法证明1n a >. ①当1n =时，∵1p >，∴111p a p+=>； ②假设当n k =时， 1k a >，则当1n k =+时， 1111ln 1k k k k k a a a a a +--=>=-. 由①②可知1n a >. 再证1n n a a +>.111ln ln ln n nn nn n n n na a a a a a a a a +----=-=， 令()1ln f x x x x =--， 1x >，则()'ln 0f x x =-<， 所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=，所以1ln 0ln n n nna a a a --<，即1n n a a +>.（2）要证12112n nn n a a a a ++<<+，只需证2111ln 2n n n n n a a a a a -+<<+， 只需证()2210,{1220,n n n n n na lna a a lna a -+<+-+>其中1n a >， 先证22ln 10n n n a a a -+<，令()22ln 1f x x x x =-+， 1x >，只需证()0f x <. 因为()()'2ln 2221220f x x x x x =+-<-+-=， 所以()f x 在()1,+∞上单调递减，所以()()10f x f <=. 再证()1ln 220n n n a a a +-+>，令()()1ln 22g x x x x =+-+， 1x >，只需证()0g x >，()11'ln 2ln 1x g x x x x x +=+-=+-， 令()1ln 1h x x x =+-， 1x >，则()22111'0x h x x x x -=-=>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h x h >=，从而()'0g x >，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10g x g >=， 综上可得12112n nn n a a a a ++<<+. （3）由（2）知，一方面， 1112n n a a ---<，由迭代可得()1111111122n n n a a p --⎛⎫⎛⎫-<-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，因为ln 1x x ≤-，所以111ln 12n n n a a p -⎛⎫≤-< ⎪⎝⎭，所以()1212ln ln ln ln n n a a a a a a ⋯=++⋯+ 0111111222n p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 111112121212nn n p p -⎛⎫- ⎪-⎝⎭=⨯=⨯-；另一方面，即11112n n n na a a a ++-->， 由迭代可得111111111212n n nn a a a a p ----⎛⎫⎛⎫>⨯= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭.因为1ln 1x x ≥-，所以1ln 1n n a a ≥- 11112n p -⎛⎫> ⎪+⎝⎭，所以()01112121111ln ln ln ln 1222n n n a a a a a a p -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋯=++⋯+>⨯++⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦112112n n p --=⨯+；综上，()1211121121ln 122n n n n n a a a p p ----⨯<⋯<⨯+.。
数列与不等式结合的题型解析
数列与不等式结合的题型解析一、数列不等式恒成立问题例1 已知数列{an}满足a1=1，an+1=14a2n+p.（1）若数列{an}是常数列，求p的值;（2）求最大的正数p，使得an2对一切整数n恒成立，并证明你的结论.解析（1）若数列{an}是常數列，则a2=14a1+p=14+p=1，p=34.（2）因为ak+1-ak=14a2k-ak+p=14（ak-2）2+p-1≥p-1，所以an=a1+（a2-a1）+。
+（an-an-1）1+（n-1）（p-1），这说明，当p1时，an越来越大，不满足an2，所以要使得an2对一切整数n恒成立，只可能p≤1.下面证明当p=1时，an2恒成立.用数学归纳法证明：当n=1时，a1=1显然成立;假设当n=k时成立，即ak2，则当n=k+1时，ak+1=14a2k+114×22+1=2成立，由上可知对一切正整数n 恒成立，因此，正数p的最大值是1.点评求解数列不等式恒成立问题的常用方法有：先利用等差数列与等比数列等知识化简不等式，再通过解不等式解得，或转化利用最值法解得.本题是在数列不等式恒成立的条件下，求参数p的最大值问题，首先将数列作差递推，利用累差法得到数列通项的不等关系，然后在讨论范围的基础上确定出参数p的最大值，进而运用数学归纳法给出证明的.二、数列不等式证明问题例2 已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an-n，n∈N*.（1）求数列{an}的通项公式;（2）证明：n2-13解析（1）因为Sn=2an-n（n∈N+），所以Sn-1=2an-1-n+1（n≥2），两式相减得：an=2an-1+1，变形可得：an+1=2（an-1+1）.又因为a1=2a1-1，即a1=1，所以数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an+1=2·2n-1=2n，an=2n-1.（2）由akak+1=2k-12k+1-12k-12k+1-2=12，（k=1，2，。
数列—不等式 (高考数学压轴题常考题型)
数列—不等式 (高考数学压轴题常考题型)例1. 数列{an}满足)1(21)11(1211≥+++==+n a n n a a nn n 且.（Ⅰ）用数学归纳法证明：)2(2≥≥n a n ；（Ⅱ）已知不等式)1(:,0)1ln(2≥<><+n e a x x x n 证明成立对，其中无理数e=2.71828….（Ⅰ）证明：（1）当n=2时，222≥=a ，不等式成立.（2）假设当)2(≥=k k n 时不等式成立，即),2(2≥≥k a k那么221))1(11(1≥+++=+k k k a k k a . 这就是说，当1+=k n 时不等式成立.根据（1）、（2）可知：22≥≥n a k 对所有成立.（Ⅱ）证法一：由递推公式及（Ⅰ）的结论有)1.()2111(21)11(221≥+++≤+++=+n a n n a n n a n n n nn两边取对数并利用已知不等式得nn n a n n a ln )2111ln(ln 21++++≤+.211ln 2n n n n a +++≤ 故n nn n n a a 21)1(1ln ln 1++≤-+ ).1(≥n 上式从1到1-n 求和可得121212121)1(1321211ln ln -++++-++⨯+⨯≤-n n n n a a.22111121121121111)3121(211<-+-=--⋅+--++-+-=n n n n n即).1(,2ln 2≥<<n e a a n n 故（Ⅱ）证法二：由数学归纳法易证2)1(2≥->n n n n 对成立，故).2()1(1)1(11(21)11(21≥-+-+<+++=+n n n a n n a n n a nnn n令).2())1(11(),2(11≥-+≤≥+=+n b n n b n a b nn n n 则取对数并利用已知不等式得nn b n n b ln ))1(11ln(ln 1+-+≤+).2()1(1ln ≥-+≤n n n b n上式从2到n 求和得)1(1321211ln ln 21-++⨯+⨯≤-+n n b b n.11113121211<--++-+-=n n因).2(3,3ln 1ln .313ln 11122≥=<+<=+=+++n ee b b a b n n 故故1,,,2,132222121≥<<<≥<-<+n e a e a e a n e e a n n 对一切故又显然成立.例 2.已知数列{}n a 中的相邻两项21,2k ka a -是关于x 的方程的两个根，且212(1,2,3,)k k a a k -≤=（Ⅰ）求1,357,,a a a a ；（Ⅱ）求数列{}n a 的前2n 项的和2nS ；（Ⅲ）记1|sin |()(3)2sin n f n n =+，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++求证：*15()624n T n N ≤≤∈（I ）解：方程2(32)320k kx k x k -++=的两个根为13x k =，22k x =，当1k =时，1232x x ==，，所以12a =； 当2k =时，16x =，24x =，所以34a =；当3k =时，19x =，28x =，所以58a =时；当4k =时，112x =，216x =，所以712a =．（II ）解：2122n nS a a a =+++2(363)(222)n n =+++++++2133222n n n++=+-．（III ）证明：(1)123456212111(1)f n n n n T a a a a a a a a +--=+-++，所以112116T a a ==，2123411524T a a a a =+=． 当3n ≥时，(1)3456212111(1)6f n n n n T a a a a a a +--=+-++，345621211116n n a a a a a a -⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥ 2311111662622n ⎛⎫+-++⎪⎝⎭≥1116626n =+>，同时，(1)5678212511(1)24f n n n n T a a a a a a +--=--++5612212511124n n a a a a a a -⎛⎫-+++⎪⎝⎭≤31511112492922n⎛⎫-+++⎪⎝⎭≤515249224n =-<．综上，当n ∈N*时，15624n T ≤≤例3. 设数列{}n a 满足3110,1,*n n a a ca c n N +==+-∈,其中c 为实数。
数列与不等式相结合问题 -高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
1/20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】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 nn 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.2/20【典例2】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.【典例3】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.3/20【典例4】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【典例5】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.4/20【典例6】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 nn 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】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 =+++ ，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．5/201.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.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=++++ n nT S S S S ，证明：12n T ≤<．3.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 >-.6/204.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.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 +++<．6.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；（Ⅱ）求证：*1,n S n N ≥∈.7/207.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．8/209.已知nS 为数列na 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 =+ ，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=12131 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．9/20参考答案【典例1】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∈【典例2】解：(1) n S 是12n +与2m 的等差中项，∴1222n n S m +=+，即2n n S m =+，当1n =时，112S a m ==+，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=， {}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=++=++++++++ ，()()1111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=->+++++ ∴()()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】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10/20111111233412n T n n =-+-++-=++ ()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.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】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 =<+,2111221111111222212nnnn T ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦∴<+++==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-…,综上所述：113n T ≤<【典例5】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 +++++=+=++11/20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 -+=+++== ∴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 =++⋯+<+-+-++-- ，∴122n T n<-<.【典例6】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 =+++-++++ 22111441112(11)12433214nnn n n ⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=+-+=+⋅ ⎪⎝⎭-12/20当n 为奇数时，11221(1)111(1)11143324332n n n n n n 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 -=-+-++-⋅⋅⋅++ 1113(23)23n n =-<+【典例7】解：（1）∵113220n n n n a a a a ++-+=，∴*1223,n n n N a a +-=∈∴2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，首项为125a =，公差为3∴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,Nn n b n -=∈（2）12(32)2n nn nb c n a -==+⋅21582112(32)2n n S n -=+⨯+⨯+++⋅ ①2125282(31)2(32)2n n n S n n -=⨯+⨯++-⋅++⋅ ②①-②得215323232(32)2n n n S n --=+⨯+⨯++⨯-+⋅ 53(22)(32)2n n n =+--+⋅,∴(31)21nn S n =-⋅+∵*N n ∈，∴1n S >，∴101nS <<，得证.1.【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13/20n 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13428,4.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.【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 ++==()1211211n S n n n n ⎛⎫∴==⨯- ⎪++⎝⎭1111111122121222334111n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭14/202011n <≤+ ，21221n ∴≤-<+，即12n T ≤<3.【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.【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.15/20解：（1）{}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 =+-=. {}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 ++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,∴1112222n nn T n -⎛⎫⎛⎫=--⨯< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.故11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5.【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．16/20（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 ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++- ⎪⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111137111221224n n ⎛⎫=++--<+⋅= ⎪+⎝⎭又当1n =时，21714S =<满足题意，故2221274n S S S +++< ．法二：则当2n ≥时22211111n S n n n n n=<=---，那么222121111111717142334144n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<++-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<，当时，21714S =<满足题意.6.【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；（Ⅱ）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 ∈17/20（Ⅱ）31123213212n nnS ⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-312> ，∴函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数∴33212(1)122n n S ⎡⎤⎛⎫=-≥-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故*1,n S n N ≥∈成立.7.【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 + 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.【思路引导】（1）由于{n a }为等差数列，35a =,1 a ,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{n b }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≠0，18/20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 +⎛⎫==-⎪++++⎝⎭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.【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 +⎛⎫+++=-+-++- ⎪-+⎝⎭19/201112321n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭令1111023217n⎛⎫--< ⎪+⎝⎭，解得10n <所以n 的最大值为9.10.【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．（1）证明：设(),M x y 1()2OM OA OB =+12122{2x xx 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 ff f f n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦1n =-……7分∴()*12,2n n S n n N -=≥∈20/20（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 -=++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（+∞）。
专题01 数列大题压轴练(解析版)
【一专三练】 专题01 数列大题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1．（2023·云南曲靖·宣威市第七中学校考模拟预测）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n T 为数列{}n S 的前n 项和，已知2n n S T +=．(1)求证：数列{}n S 是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n A ．2．（2023·辽宁铁岭·校联考模拟预测）已知数列{}n a 中，11a =，214a =，且1(1)(2,3,4,)nn na n n a n a +=-=⋅⋅⋅-．(1)设*111()n n b n N a +=-∈，试用n b 表示1n b +，并求{}n b 的通项公式；(2)设*1sin 3()cos cos n n n n c N b b +=∈，求数列{}n c 的前n 项和n S ．3．（2023·湖南株洲·统考一模）数列{}n a 满足13a =，212n n n a a a +-=.(1)若21n bn a =+，求证：{}n b 是等比数列.(2)若1nnnc b =+，{}n c 的前n 项和为n T ，求满足100n T <的最大整数n .4．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知数列{}n a 满足21n n na xa ya ++=+()N n +∈，11a =，22a=，n S 为数列{}n a 前n 项和.(1)若2x =，1y =-，求n S 的通项公式；(2)若1x y ==，设n T 为n a 前n 项平方和，证明：214n n n T S S -<恒成立.5．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模）已知数列{}n a 满足13a =，且12,1,n n na n a a n +⎧=⎨-⎩是偶数是奇数．(1)设221n n n b a a -=+，证明：{}3n b -是等比数列；S>成立的n的最小值．(2)设数列{}n a的前n项和为n S，求使得不等式2022n6．（2022春·河北衡水·高三校联考阶段练习）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，23a =，2132n n n a a a ++=-，数列{}n c 满足()22221232341n c c c n c n +++++= ．(1)求出{}n a ，{}n c 的通项公式；(2)设数列()()1221log1nnc na+⎧⎫⋅+⎪⎪⎨⎬+⎡⎤⎪⎪⎣⎦⎩⎭的前n项和为nT，求证：516<nT．7．（2022秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足36S =，2n n S n na =+，*n ∈N ．(1)求{}n a 的通项公式；(2)数列{}n b ，{}n c ，{}n d 满足()21211n n n a b a +=+-，12121n n n n n c b b b b --= ，且2nn nc d n =⋅，求数列{}n d 的前n 项和n T ．8．（2023·广东·校联考模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且312323n S S S nS n +++⋅⋅⋅+=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若n n b na =，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：当3n ≥时，()311421n n n T n +≤+--．9．（2022秋·山东青岛·高三山东省莱西市第一中学校考阶段练习）对于项数为m 的数列{}n a ，若满足：121m a a a ≤<<< ，且对任意1i j m ≤≤≤，i j a a ⋅与j ia a 中至少有一个是{}n a 中的项，则称{}n a 具有性质P ．(1)如果数列1a ，2a ，3a ，4a 具有性质P ，求证：11a =，423a a a =⋅；(2)如果数列{}n a 具有性质P ，且项数为大于等于5的奇数，试判断{}n a 是否为等比数列？并说明理由．10．（2022秋·山东青岛·高三统考期末）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，______.给出下列两个条件：条件①：数列{}n a 和数列{}1n S a +均为等比数列；条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=.试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答：（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记正项数列{}n b 的前n 项和为n T ，12b a =，23b a =，14n n n T b b +=⋅，求211(1)nii i i b b +=⎡⎤-⎣⎦∑.【答案】(1)12n n a -=(2)288n n+【分析】（1）选择条件①：先由{}1n S a +为等比数列结合等比中项列出式子，再设出等比数列{}n a 的公比，通过等比数列公式化简求值即可得出答案；选择条件②：先由1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=得出()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥，两式做减即可得出()122n n a a n +=≥，再验证1n =时即可利用等比数列通项公式得出答案；（2）通过14n n n T b b +=⋅得出()1142n n n T b b n --⋅≥=，两式相减结合已知即可得出()1142n n b b n +--=≥，即数列{}n b 的奇数项、偶数项分别都成公差为4的等差数列，将211(1)nii i i b b+=⎡⎤-⎣⎦∑转化即可得出答案.【详解】（1）选条件①：数列{}1n S a +为等比数列，()()()2211131S a S a S a ∴+=++，即()()2121123222a a a a a a +=++，11a = ，且设等比数列{}n a 的公比为q ，()()22222q q q ∴+=++，解得2q =或0q =（舍），1112n n n a a q --∴==，选条件②：1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+= ①，()()1212122212n n n n a a a n a n ---++⋅⋅⋅+=-≥∴，即()()12121222212n n n n a a a n a n --++⋅⋅⋅+=-≥ ②，由①②两式相减得：()()12221n n n n a na n a +=-≥-，即()122n n a a n +=≥，令1121222n n n n a a a na -+++⋅⋅⋅+=中1n=得出212a a =也符合上式，故数列{}n a 为首项11a =，公比2q =的等比数列，11．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）已知数列{}n a 满足0n a ≠，*N n ∈.(1)若2210n n n a a ka ++=>且0n a >.（ⅰ）当{}lg n a 成等差数列时，求k 的值；（ⅱ）当2k =且11a =，4a =2a 及n a 的通项公式.(2)若21312n n n n a a a a +++=-，11a =-，20a <，[]34,8a ∈.设n S 是{}n a 的前n 项之和，求2020S 的最大值.12．（2022秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和1122n n n S a -⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭（n *∈N ），数列{}n b 满足2nn n b a =．(1)求证：数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足()()131n nn n a c n λ--=-（λ为非零整数，n *∈N ），问是否存在整数λ，使得对任意n *∈N ，都有1n n c c +>．13．（2022秋·湖南衡阳·高三衡阳市一中校考期中）已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，25a =，14n n n S S a +=++; {}n b 是等比数列，29b =，1330b b +=，公比1q >．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n a 和{}n b 的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求2012320T c c c c =++++ ．【答案】(1)43n a n =-，3n n b =(2)66014．（2022·浙江·模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11a =，当2n ≥时，22121n n a a n --=-，{}n a 的前n 项和为n S .(1)求数列{}n a 的通项公式及n S ；(2)数列{}n b 是等比数列，q 为数列{}n b 的公比，且13b q a ==，记21n n n nS a c b -+=，证明：122733n c c c ≤++⋅⋅⋅+<15．（2022秋·广东广州·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，132n n S S +=+，数列{}n b 满足()1122,n n n b b b n++==，其中*n∈N .(1)分别求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n c 的等差数列，求数列{}n n b c 的前n 项和nT16．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知数列{}n a 的前n 项和为()+N 1=∈+n nS n n ，数列{}n b 满足11b =，且()1+N 2+=∈+nn n b b n b (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的通项公式；(3)对于N n +∈，试比较1n b +与n a 的大小.17．（2022秋·广东深圳·高三校考阶段练习）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知{}12,32n n a a S =-是公差为2的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若{}11,n n n n n a b b a a ++=的前n 项和为n T ，求证：14n T <.18．（2022秋·江苏常州·高三常州市第一中学校考阶段练习）已知正项数列{}n a 满足)1,2n n a a n n -+-=∈≥N ，11a =.数列{}n b 满足各项均不为0，14b =，其前n项的乘积112n n n T b -+=⋅.(1)求数列{}n a 通项公式；(2)设2log n n c b =，求数列{}n c 的通项公式；(3)记数列(){}1nn a -的前2m 项的和2m S ，求使得不等式21210m S c c c ≥+++L 成立的正整数m 的最小值.19．（2022秋·江苏宿迁·高三沭阳县建陵高级中学校考期中）已知数列{}n a满足2123n n n a a a ++=+，112a =，232a =．(1)证明：数列{}1n n a a ++为等比数列，求{}n a 的通项公式．(2)若数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*127N 4n S n n λ⎛⎫+≥-∈ ⎪⎝⎭恒成立，求实数λ的取值范围．20．（2022秋·江苏南通·高三江苏省如东高级中学校考阶段练习）等差数列{}n a 的前n项和为n S ，且4224,21n n S S a a ==+.数列{}n b 的前n 项和为n T ，且112n n na T ++=(1)求数列{}{},n n ab 的通项公式；(2)数列{}n c 满足cos ,,n n na n n cb n π⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求21ni i c =∑.21．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知数列1:A a ，2a ，…，n a ，…满足10a =，11i i a a +=+（1,2,,,i n = ），数列A 的前n 项和记为n S ．(1)写出3S 的最大值和最小值；(2)是否存在数列A ，使得20221011S =如果存在，写出此时2023a 的值；如果不存在，说明理由．22．（2023秋·山东日照·高三校联考期末）已知数列{}n a 的各项均为非零实数，其前n 项和为(0)n n S S ≠，且21n n n n S a S a ++⋅=⋅.(1)若32S =，求3a 的值；(2)若1a a =，20232023a a =，求证：数列{}n a 是等差数列，并求其前n 项和.23．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知数列{}{},n n a b 满足222,1n n n n n a b a b +=-=.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)记数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明：11121n n S n +≤-+-.24．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列{}n a 各项都不为0，12a =，24a =，{}n a 的前n 项和为n S ，且满足14n n n a a S +=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若12311231C C CC C n nn nnnn nn nb a a a a a --=+++⋅⋅⋅++，求数列112n n n n b b b ++⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .25．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知数列{}n a 中11a =，其前n 项和记为n S ，且满足()()1232n n S S S n S ++⋅⋅⋅+=+．(1)求数列()1n S n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬+⎪⎪⎩⎭的通项公式；(2)设无穷数列1b ，2b ，…n b ，…对任意自然数m 和n ，不等式1m n m n nb b b m a +--<+均成立，证明：数列{}n b 是等差数列．26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）在如图所示的平面四边形ABCD 中，ABD △的面积是CBD △面积的两倍，又数列{}n a 满足12a =，当2n ≥时，()()1122n n n n BD a BA a BC --=++- ，记2nn n a b =．(1)求数列{}n b 的通项公式；(2)求证：2221211154n b b b +++< ．（2）由（1）可得：当1n =时，则1b 当2n ≥时，可得()(2211212n b n n=<-则22212111111111422n b b b ⎛+++=+-+- ⎝L 27．（2022秋·湖北·高三校联考开学考试）已知数列{}n a 满足11a =，1n a +=（其中*N n ∈）(1)判断并证明数列{}n a 的单调性；(2)记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：20213522S <<．28．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）定义：对于任意一个有穷数列，在其每相邻的两项间都插入这两项的和，得到的新数列称为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和，得到二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{}2,4的一阶和数列是{}2,6,4，设n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求数列{}2,4的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想{}n S 的通项公式（无需证明）；(2)设()()()()331321log 3log 3n n n n S n b S S +-+=-⋅-，{}n b 的前m 项和m T ，若20252m T >，求m 的最小值【答案】(1)230S =，384S =，133n n S +=+(2)7【分析】（1）根据123,,S S S 进行猜想，结合等比数列的知识进而求解，并进行推导.（2）利用裂项求和法求得m T ，由此列不等式，从而求得m 的最小值.【详解】（1）一阶和数列：{}2,6,4，对应112S =；二阶和数列：{}2,8,6,10,4，对应230S =；三阶和数列：{}2,10,8,14,6,16,10,14,4，对应384S =；故猜想136n n S S -=-，()1333n n S S --=-，所以数列{}3n S -是首项为139S -=，公比为3的等比数列，所以11393,33n n n n S S -+-=⋅=+.下面证明136n n S S -=-：设112124n m m S a a a a --=++++++ ，则()()()()1112112244n m m m m m S a a a a a a a a a --=+++++++++++++29．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）已知数列1,1,n n a a S =为数列n a 的前n 项和，且1(2)3n n S n a =+．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求证：sin 0n n a a -<；(3)证明：212311111sin 1sin 1sin 1sin e n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ．30．（2023·浙江温州·统考二模）设n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，满足222n n n S a a =+-.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若不等式214n a n a t ⎛⎫+ ⎪+⎝≥⎭对任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围；（3）设3ln(1)4n a n n b e +=（其中e 是自然对数的底数），求证：12342n n b b b b b b ++++<…。
数学数列压轴(答案与解析)
数学数列压轴（答案与解析）参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2015春•宜宾校级月考）设数列{a n}的首项a1∈（0，1），a n=，n=2，3，4…（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求证b n＜b n+1，其中n为正整数．【考点】数列递推式；不等式的证明．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由题条件知，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，由此可知（2）方法一：由题设条件知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）=由此可知b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由题设条件知，所以．由此可知b n＜b n+1，n为正整数．【解答】解：（1）由，整理得．又1﹣a1≠0，所以{1﹣a n}是首项为1﹣a1，公比为的等比数列，得（2）方法一：由（1）可知，故b n＞0．那么，b n+12﹣b n2=a n+12（3﹣2a n+1）﹣a n2（3﹣2a n）==又由（1）知a n＞0且a n≠1，故b n+12﹣b n2＞0，因此b n＜b n+1，n为正整数．方法二：由（1）可知，因为，所以．由a n≠1可得，即两边开平方得．即b n＜b n+1，n为正整数．【点评】本题考查数列的综合应用，难度较大，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．2．（2015•衡阳县校级三模）已知f（x）=（x﹣1）2，g（x）=4（x﹣1）．数列{a n}中，对任何正整数n，等式（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0都成立，且a1=2，当n≥2时，a n≠1；设b n=a n﹣1．（Ⅰ）求数列{b n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{nb n}的前n项和，，求的值．【考点】等比数列的通项公式；极限及其运算；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）将a n代入到函数g（x）、f（x）中对式子（a n+1﹣a n）g（a n）+f（a n）=0进行整理可得到（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0，再由a n≠1可得到4a n+1﹣3a n﹣1=0，即再代入到b n+1=a n+1﹣1中即可得到，从而得数列{b n}的通项公式．（2）根据数列{b n}的通项公式可得到、，再由错位相减法可求出S n的值，经过整理可求出的值，最后再取极限即可得到答案．【解答】解：（Ⅰ）∵（a n+1﹣a n）•4（a n﹣1）+（a n﹣1）2=0∴（a n﹣1）•（4a n+1﹣3a n﹣1）=0．根据已知，a n≠1∴∵b1=a1﹣1=1，，∴{b n}是b1=1，公比的等比数列．∴（Ⅱ）∵∴①②①﹣②得+=∴S n=16﹣4（n+4）而=16∴【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数列求和的错位相减法以及求极限的方法．考查综合运算能力．3．（2015•淮安校级四模）已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列．数列{a n}前n项和为S n，且满足S5=2a4+a5，a9=a3+a4．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若a m a m+1=a m+2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．【考点】等比数列的性质；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q由题意列式求出公差和公比，则等差数列和等比数列的通项公式即可得出；（2）分a m=2k和a m=2k﹣1，利用a m a m+1=a m+2即可求出满足该等式的正整数m的值；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1），由此式得到L的可能取值，然后依次分类讨论求解．【解答】：解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a9=1+4d．∵S5=2a4+a5，∴a1+a2+a3=a4，即4d=2q，又a9=a3+a4．∴1+4d=1+d+2q．解得：d=2，q=3．∴对于k∈N*，有．故；（2）若a m=2k，则由a m a m+1=a m+2，得2•3k﹣1（2k+1）=2•3k，解得：k=1，则m=2；若a m=2k﹣1，则由（2k﹣1）•2•3k﹣1=2k+1，此时左边为偶数，右边为奇数，不成立．故满足条件的正数为2；（3）对于k∈N*，有．．假设存在正整数m，使得恰好为数列{a n}中的一项，又由（1）知，数列中的每一项都为正数，故可设=L（L∈N*），则，变形得到（3﹣L）3m﹣1=（L﹣1）（m2﹣1）①．∵m≥1，L≥1，3m﹣1＞0，∴L≤3．又L∈N*，故L可能取1，2，3．当L=1时，（3﹣L）3m﹣1＞0，（L﹣1）（m2﹣1）=0，∴①不成立；当L=2时，（3﹣2）3m﹣1=（2﹣1）（m2﹣1），即3m﹣1=m2﹣1．若m=1，3m﹣1≠m2﹣1，令，则=．因此，1=T2＞T3＞…，故只有T2=1，此时m=2，L=2=a2．当L=3时，（3﹣3）3m﹣1=（3﹣1）（m2﹣1）．∴m=1，L=3=a3．综上，存在正整数m=1，使得恰好为数列{a n}中的第三项，存在正整数m=2，使得恰好为数列{a n}中的第二项．【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，训练了分类讨论的数学思想方法，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力，考查了学生的逻辑思维能力，是压轴题．4．（2015•广东模拟）已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，其前n项和S n满足S n+S n﹣2=2S n﹣1+2n﹣1（n≥3）．令b n=．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若f（x）=2x﹣1，求证：Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【考点】数列递推式；数列的函数特性；不等式的证明．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（Ⅰ）由题意知a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n+1．（Ⅱ）由于=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）=，由此可证明Tn=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）＜（n≥1）．【解答】解：（Ⅰ）由题意知S n﹣S n﹣1=S n﹣1﹣S n﹣2+2n﹣1（n≥3）即a n=a n﹣1+2n﹣1（n≥3）∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a3﹣a2）+a2=2n﹣1+2n﹣2+…+22+5=2n+1（n≥3）检验知n=1、2时，结论也成立，故a n=2n+1．（Ⅱ）由于b n=，f（x）=2x﹣1，∴=．故T n=b1f（1）+b2f（2）+…+b n f（n）==．【点评】本题考查数列的性质和综合应用，解题时要认真审题．仔细解答．5．（2015•东海县三模）设f k（n）为关于n的k（k∈N）次多项式．数列{a n}的首项a1=1，前n 项和为S n．对于任意的正整数n，a n+S n=f k（n）都成立．（I）若k=0，求证：数列{a n}是等比数列；（Ⅱ）试确定所有的自然数k，使得数列{a n}能成等差数列．【考点】数列递推式；等差关系的确定；等比关系的确定．【专题】综合题；压轴题．【分析】（Ⅰ）若k=0，不妨设f0（n）=c（c为常数）．即a n+S n=c，结合数列中a n与S n关系求出数列{a n}的通项公式后再证明．（Ⅱ）由特殊到一般，实质上是由已知a n+S n=f k（n）考查数列通项公式求解，以及等差数列的判定．【解答】（Ⅰ）证明：若k=0，则f k（n）即f0（n）为常数，不妨设f0（n）=c（c为常数）．因为a n+S n=f k（n）恒成立，所以a1+S1=c，c=2a1=2．而且当n≥2时，a n+S n=2，①a n﹣1+S n﹣1=2，②①﹣②得2a n﹣a n﹣1=0（n∈N，n≥2）．若a n=0，则a n﹣1=0，…，a1=0，与已知矛盾，所以a n≠0（n∈N*）．故数列{a n}是首项为1，公比为的等比数列．（Ⅱ）解：（1）若k=0，由（Ⅰ）知，不符题意，舍去．（2）若k=1，设f1（n）=bn+c（b，c为常数），当n≥2时，a n+S n=bn+c，③a n﹣1+S n﹣1=b（n﹣1）+c，④③﹣④得2a n﹣a n﹣1=b（n∈N，n≥2）．要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=b﹣d（常数），而a1=1，故{a n}只能是常数数列，通项公式为a n=1（n∈N*），故当k=1时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=1（n∈N*），此时f1（n）=n+1．（3）若k=2，设f2（n）=pn2+qn+t（a≠0，a，b，c是常数），当n≥2时，a n+S n=pn2+qn+t，⑤a n﹣1+S n﹣1=p（n﹣1）2+q（n﹣1）+t，⑥⑤﹣⑥得2a n﹣a n﹣1=2pn+q﹣p（n∈N，n≥2），要使数列{a n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a n=2pn+q﹣p﹣d，且d=2p，考虑到a1=1，所以a n=1+（n﹣1）•2p=2pn﹣2p+1（n∈N*）．故当k=2时，数列{a n}能成等差数列，其通项公式为a n=2pn﹣2p+1（n∈N*），此时f2（n）=an2+（a+1）n+1﹣2a（a为非零常数）．（4）当k≥3时，若数列{a n}能成等差数列，根据等差数列通项公式可知Sn是关于n的二次型函数，则a n+S n的表达式中n的最高次数为2，故数列{a n}不能成等差数列．综上得，当且仅当k=1或2时，数列{a n}能成等差数列．【点评】本题考查数列通项公式的求解，等差数列的判定，考查阅读理解、计算论证等能力．6．（2015•湖南校级模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，对一切n∈N*，点（n，）都在函数f（x）=x+的图象上．（1）计算a1，a2，a3，并归纳出数列{a n}的通项公式；（2）将数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1），（a2，a3），（a4，a5，a6），（a7，a8，a9，a10）；（a11），（a12，a13），（a14，a15，a16），（a17，a18，a19，a20）；（a21）…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n}，求b5+b100的值；（3）设A n为数列的前n项积，若不等式A n＜f（a）﹣对一切n∈N*都成立，求a的取值范围．【考点】数列与函数的综合．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）由已知可得，即．分别令n=1，n=2，n=3，代入可求a1，a2，a3，进而猜想a n（2）由a n=2n可得数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数，所有第2个数、所有第3个数、所有第4个所有第4个数分别组成都是等差数列，公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．代入可求（3）因为，，若成立设，则只需即可利用g（n）的单调性可求其最大值，从而可求a的范围【解答】解：（1）因为点在函数的图象上，故，所以．令n=1，得，所以a1=2；令n=2，得，所以a2=4；令n=3，得，所以a3=6．由此猜想：a n=2n．（2）因为a n=2n（n∈N*），所以数列{a n}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42），…．每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20．同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20．故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b100=68+24×80=1988．又b5=22，所以b5+b100=2010（3）因为，故，所以．又，故对一切n∈N*都成立，就是对一切n∈N*都成立．设，则只需即可．由于=，所以g（n+1）＜g（n），故g（n）是单调递减，于是．令，即，解得，或．综上所述，使得所给不等式对一切n∈N*都成立的实数a的取值范围是．【点评】本题综合考查了利用函数的解析式求解数列的递推公式进而求解数列的项，等差数列的求和公式的应用，及利用数列的单调性求解数列的最大（小）项问题的求解，属于函数与数列知识的综合应用的考查7．（2014秋•周村区校级月考）已知数列{b n}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．（1）求数列{b n}的通项b n；（2）设数列{a n}的通项a n=log a（1+）（其中a＞0，且a≠1），记S n是数列{a n}的前n项和．试比较S n与log a b n+1的大小，并证明你的结论．【考点】等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（1）根据数列{b n}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可；（2）因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，S n＞log a b n+1，当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【解答】解：（1）设数列{b n}的公差为d，由题意得解得所以b n=3n﹣2．（2）由b n=3n﹣2，知S n=log a（1+1）+log a（1+）++log a（1+）=log a[（1+1）（1+）（1+）]，log a b n+1=log a．因此要比较S n与log a b n+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小．取n=1有（1+1）＞，取n=2有（1+1）（1+）＞，由此推测（1+1）（1+）（1+）＞．①若①式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．下面用数学归纳法证明①式．（ⅰ）当n=1时已验证①式成立．（ⅱ）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，即（1+1）（1+）（1+）＞．那么，当n=k+1时，（1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+）=（3k+2）．因为==，所以（3k+2）＞．因而（1+1）（1+）（1+）（1+）＞．这就是说①式当n=k+1时也成立．由（ⅰ），（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立．由此证得：当a＞1时，S n＞log a b n+1．当0＜a＜1时，S n＜log a b n+1．【点评】本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力．8．（2014•上海模拟）设数列{a n}的通项公式为a n=an+b（n∈N*，a＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（1）若a=2，b=﹣3，求b10；（2）若a=2，b=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（3）是否存在a和b，使得？如果存在，求a和b的取值范围；如果不存在，请说明理由．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的性质．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由题意可得，a n=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得最小的自然数n=7，从而求得b10的值．（2）令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，bm=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．再由b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]，运算求得结果．（3）假设存在a和b满足条件，根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，不满足条件，当3a﹣1=0时，可得﹣≤b＜﹣，从而得出结论．【解答】解：（1）由题意可得，a n=an+b=2n﹣3，令a n=2n﹣3≥10，可得n≥6.5，∴n=7，即b10=7．（2）∵a=2，b=﹣1，∴a n=an+b=2n﹣1，对于正整数，令a n≥m，求得n≥．根据b m的定义可知：当m=2k﹣1时，b m=k（k∈N*）；当m=2k时，b m=k+1（k∈N*）．∴b1+b2+…+b2m=（b1+b3+..b2m﹣1）+（b2+b4+..+b2m）=（1+2+3+..+m）+[2+3+4+..+（m+1）]=+=m2+2m．（3）假设存在a和b满足条件，∵b m=3m+2（m∈N*），根据b m的定义可知，an+b≥m，且a＞0，即n≥．对于任意的正整数m，都有3m+1＜≤3m+2恒成立，即﹣2a﹣b≤（3a﹣1）m＜﹣a﹣b恒成立．当3a﹣1＞0（或3a﹣1＜0）时，可得m＜﹣（或m≤﹣），这与m是任意的正整数相矛盾．当3a﹣1=0时，a=，可得﹣﹣b≤0＜﹣﹣b，即﹣≤b＜﹣，进过检验，满足条件．综上，存在a和b，使得，此时，a=，且﹣≤b＜﹣．【点评】本题考查数列的前n项和公式的求法，考查满足条件的实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想和分类讨论思想的合理运用，属于中档题．9．（2014•东城区二模）设a是一个自然数，f（a）是a的各位数字的平方和，定义数列{a n}：a1是自然数，a n=f（a n﹣1）（n∈N*，n≥2）．（Ⅰ）求f（99），f（2014）；（Ⅱ）若a1≥100，求证：a1＞a2；（Ⅲ）求证：存在m∈N*，使得a m＜100．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用新定义，可求f（99），f（2014）；（Ⅱ）假设a1是一个n位数（n≥3），设出a1，由a2=f（a1）可得，．作差，即可得证；（Ⅲ）利用反证法进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：f（99）=92+92=162；f（2014）=22+02+12+42=21．（Ⅱ）证明：假设a1是一个n位数（n≥3），那么可以设，其中0≤b i≤9且b i∈N（1≤i≤n），且b n≠0．由a2=f（a1）可得，．=所以．因为b n≠0，所以（10n﹣1﹣b n）b n≥99．而（b1﹣1）b1≤72，所以a1﹣a2＞0，即a1＞a2．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知当a1≥100时，a1＞a2．同理当a n≥100时，a n＞a n+1．若不存在m∈N*，使得a m＜100．则对任意的n∈N*，有a n≥100，总有a n＞a n+1．则a n≤a n﹣1﹣1，可得a n≤a1﹣（n﹣1）．取n=a1，则a n≤1，与a n≥100矛盾．存在m∈N*，使得a m＜100．【点评】本题考查数列的应用，考查新定义，考查反证法，考查学生分析解决问题的能力，难度较大．10．（2014•宿迁模拟）已知公比为q（q≠1）的无穷等比数列{a n}的首项a1=1．（1）若q=，在a1与a2之间插入k个数b1，b2，…，b k，使得a1，b1，b2，…，b k，a2，a3成等差数列，求这k个数；（2）对于任意给定的正整数m，在a1，a2，a3的a1与a2和a2与a3之间共插入m个数，构成一个等差数列，求公比q的所有可能取值的集合（用m表示）；（3）当且仅当q取何值时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列？并求c1的所有可能值的集合及{c n}的通项公式（用q表示）．【考点】数列的应用．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，求出公差d=﹣，k=2，即可求这2个数；（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，列出方程，即可求公比q的所有可能取值的集合；（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，再进行证明即可．【解答】解：（1）由条件得1，b1，b2，…b k，，成等差数列，所以公差d=﹣，k=2，所以这2个数为：b1=，b2=；…（2分）（2）设a1与a2之间插入k个数，k∈N，且k≤m，则在a2与a3之间插入（m﹣k）个数，由条件这等差数列第一项为a1=1，第k+2项为a2=q，第m+3项为a2=q2，所以=，q≠1，所以q=，且k≠；所以公比q的所有可能的取值的集合{ q|q=，k∈N，k≤m且k≠}；…（6分）（3）当且仅当q∈N，且q≥2时，在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列；证明如下：（i）当q∈N，且q≥2时，新构成的等差数列可以是正整数数列1，2，3，…，显然满足条件；…（8分）（ii）若在数列{a n}的每相邻两项a k，a k+1之间插入c k（k∈N*，c k∈N）个数，使之成为一个等差数列，这个等差数列设为{b n}，则对于任意的k∈N*，都有，即=，q≠1且q≠0，所以q=，c k+1，c k∈N，所以q为正有理数，{a n}为正项无穷等比数列，若q不为整数，不妨设q=，其中p，t∈N*，p与t互质，且p≥2，等差数列{b n}的公差为d==，通项为b n=1+（n﹣1）；则数列{（c1+1）pb n}的各项都为整数，则对于任意的n∈N*，（c1+1）p a n∈N*，即对于任意的n∈N*，（c1+1）p（）n﹣1∈N*，即于任意的n∈N*，由p与t互质，则（c1+1）p都能被p n﹣1整除，p≥2，且p∈N*，这是不可能的，所以q为正整数，又q≠1，所以q∈N，且q≥2；…（12分）当q∈N，且q≥2时，对于首项为1，第（c1+1）项为q的等差数列{b n}，则公差d=，令a n=b m，即q n﹣1=1+（m﹣1）（n∈N*），有m=（c1+1）+1∈N*，所以a n是{b n}中的第[（c1+1）+1]项，所以c1的所有可能值的集合是自然数集N；…（14分）对于任意的自然数c1，由=q，q∈N，n∈N*且q≥2知{c n+1}是首项为c1+1，公比为q的等比数列，所以{c n}的通项公式为c n=（c1+1）q n﹣1﹣1．…（16分）【点评】本题考查的是数列的应用，考查等差数列与等比数列的综合，考查反证法思想的运用，难度大，学生很难解决．11．（2014•浦东新区三模）已知数列{a n}，{b n}满足b n=a n+1﹣a n，其中n=1，2，3，…．（Ⅰ）若a1=1，b n=n，求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n+1b n﹣1=b n（n≥2），且b1=1，b2=2．（ⅰ）记c n=a6n﹣1（n≥1），求证：数列{c n}为等差数列；（ⅱ）若数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．求a1应满足的条件．【考点】数列递推式；等差关系的确定．【专题】计算题；压轴题；分类讨论．【分析】（Ⅰ）根据数列的基本性质以及题中已知条件便可求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）（ⅰ）先根据题中已知条件推导出b n+6=b n，然后求出c n+1﹣c n为定值，便可证明数列{c n}为等差数列；（ⅱ）数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列，然后分别讨论当时和当时，数列是否满足题中条件，便可求出a1应满足的条件．【解答】解：（Ⅰ）当n≥2时，有a n=a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n﹣a n﹣1）=a1+b1+b2+…+b n﹣1（2分）=．（3分）又因为a1=1也满足上式，所以数列{a n}的通项为．（4分）（Ⅱ）由题设知：b n＞0，对任意的n∈N*有b n+2b n=b n+1，b n+1b n+3=b n+2得b n+3b n=1，于是又b n+3b n+6=1，故b n+6=b n（5分）∴b6n﹣5=b1=1，b6n﹣4=b2=2，b6n﹣3=b3=2，b6n﹣2=b4=1，（ⅰ）c n+1﹣c n=a6n+5﹣a6n﹣1=b6n﹣1+b6n+b6n+1+b6n+2+b6n+3+b6n+4=（n≥1），所以数列{c n}为等差数列．（7分）（ⅱ）设d n=a6n+i（n≥0），（其中i为常数且i∈{1，2，3，4，5，6}），所以d n+1﹣d n=a6n+6+i﹣a6n+i=b6n+i+b6n+i+1+b6n+i+2+b6n+i+3+b6n+i+4+b6n+i+5=7（n≥0）所以数列{a6n+i}均为以7为公差的等差数列．（9分）设，（其中n=6k+i（k≥0），i为{1，2，3，4，5，6}中的一个常数），当时，对任意的n=6k+i有=；（10分）由，i∈{1，2，3，4，5，6}知；此时重复出现无数次．当时，=①若，则对任意的k∈N有f k+1＜f k，所以数列为单调减数列；②若，则对任意的k∈N有f k+1＞f k，所以数列为单调增数列；（12分）（i=1，2，3，4，5，6）均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多各出现一次，即数列中任意一项的值最多出现六次．综上所述：当时，数列中必有某数重复出现无数次．当a1∉B时，数列中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．（14分）【点评】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时分类讨论思想和转化思想的运用，属于中档题．12．（2014•滕州市校级二模）已知数列{a n}满足a n＞0且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，a1+a2+…+a n=S n，（Ⅰ）求证：对一切n∈N*有a n+12﹣a n+1=2S n．（Ⅱ）求数列{a n}通项公式．（Ⅲ）求证：+++…+＜3．【考点】数列递推式；等差数列的通项公式；不等式的证明．【专题】综合题；压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）由a13+a23+…+a n3=S n2，再写一式，两式相减，化简可得结论；（Ⅱ）由a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，可得a n+12+a n+1=2S n+1，再写一式，两式相减，可得数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列，从而可得数列的通项公式；（Ⅲ）利用放缩法可得＜＜=，再利用叠加法，即可证得结论．【解答】（Ⅰ）证明：∵数列{a n}满足：a n＞0，且对一切n∈N*，有a13+a23+…+a n3=S n2，…①所以a13+a23+…+a n3+a n+13=S n+12，…②②﹣①得a n+13=S n+12﹣S n2=a n+1（S n+1+S n），则a n+12=S n+1+S n=a n+1+2S n，所以a n+12﹣a n+1=2S n；（Ⅱ）解：因为a n+12﹣a n+1=2S n=2S n+1﹣2a n+1，所以a n+12+a n+1=2S n+1…③则a n2+a n=2S n…④③﹣④得2a n+1=（a n+12﹣a n2）+（a n+1﹣a n），从而a n+1﹣a n=1．又a1=1，所以数列{a n}是以首项为a1=1，公差为1的等差数列所以a n=n；（Ⅲ）证明：∵a n=n，∴＜＜=∴+++…+＜1+（）+…+（）=2+﹣＜3．【点评】本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查不等式的证明，正确求通项是关键．13．（2014•福建模拟）如图，过曲线C：y=e﹣x上一点P0（0，1）做曲线C的切线l0交x轴于Q1（x1，0）点，又过Q1做x轴的垂线交曲线C于P1（x1，y1）点，然后再过P1（x1，y1）做曲线C的切线l1交x轴于Q2（x2，0），又过Q2做x轴的垂线交曲线C于P2（x2，y2），…，以此类推，过点P n的切线l n与x轴相交于点Q n+1（x n+1，0），再过点Q n+1做x轴的垂线交曲线C于点P n+1（x n+1，y n+1）（n=1，2，3，…）．（1）求x1、x2及数列{x n}的通项公式；（2）设曲线C与切线l n及垂线P n+1Q n+1所围成的图形面积为S n，求S n的表达式；（3）若数列{S n}的前n项之和为T n，求证：（n∈N+）．【考点】数列与函数的综合；定积分在求面积中的应用；数列与不等式的综合．【专题】计算题；综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）先求出导函数进而求出切线的斜率，再把1，2代入就可求出求x1、x2的值．求出点P n的切线l n的方程即可求出及数列{x n}的通项公式；（2）直接利用定积分来求S n的表达式即可；（3）利用（2）的结论先求出数列{S n}的前n项之和为T n，再把所要证明的结论转化为用数学归纳法证明e n+1＞（e﹣1）n+e即可【解答】解：（1）y′=﹣e﹣x，设l n的斜率为k n，则∴l0的方程为：y=﹣x+1，令y=0得x1=1，∴y1=﹣e﹣1P1（1，e﹣1），∴l1的方程为：y﹣e﹣1=﹣e﹣1（x﹣1），令y=0得x2=2，一般地，l n的方程为：，由Q n+1（x n+1，0）∈l n得：x n+1﹣x n=1，∴x n=n （4分）（2）=（8分）（3），∴要证：，只要证明：，即只要证明e n+1＞（e﹣1）n+e（10分）证明；数学归纳法：（一）当n=1时，显然（e﹣1）2＞0⇔e2＞2e﹣1⇔e2＞（e﹣1）+e成立（二）假设n=k时，有e k+1＞（e﹣1）k+e当n=k+1时，e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]而e[（e﹣1）k+e]﹣[（e﹣1）（k+1）+e]=（e﹣1）2（k+1）＞0∴e k+2=e•e k+1＞e[（e﹣1）k+e]＞（e﹣1）（k+1）+e这说明n=k+1时不等式也成立，由（一）（二）知对一切正整数n都成立．【点评】一般在作数列与函数的综合题时，多用到数学归纳法的应用，所以要把这几个知识点掌握好．14．（2014•东昌府区校级一模）已知f（x）是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a、b∈R都满足f（a•b）=af（b）+bf（a）．（1）求f（0），f（1）的值；（2）判断f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（3）若表示数列{b n}的前n项和．试问：是否存在关于n的整式g（n），使得S1+S2+S3+…+S n﹣1=（S n﹣1）•g（n）对于一切不小于2的自然数n恒成立？若存在，写出g（n）的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．【考点】数列与函数的综合；函数奇偶性的判断；函数恒成立问题；数列的函数特性；数列的求和．【专题】综合题；压轴题；转化思想．【分析】（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0，令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f （1），故可解；（2）令a=b=﹣1，可得f（﹣1）=0；令a=﹣1，b=x，可得f（﹣x）=﹣f（x），故可得f（x）是奇函数；（3）先可得，即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，从而（n﹣1）S n﹣1﹣（n ﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，S2﹣S1=S1+1由此可得S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2），故可解．【解答】解：（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0．令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），∴f（1）=0．（2分）（2）令a=b=﹣1，得f（1）=f[（﹣1）•（﹣1）]=﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）=﹣2f（﹣1），∴f（﹣1）=0．令a=﹣1，b=x，得f（﹣x）=f（﹣1•x）=﹣1•f（x）+x•f（﹣1）=﹣f（x）+0=﹣f（x）．∴f（x）是奇函数．（5分）（3）当．令，∴g（a n）=ng（a）．（7分）∴f（a n）=a n•g（a n）=n•a n•g（a）=n•a n﹣1•f（a）．∵∴f（2）=2，∴（9分）∴，∴即nS n﹣（n﹣1）S n﹣1=S n﹣1+1，（11分）∴（n﹣1）S n﹣1﹣（n﹣2）S n﹣2=S n﹣2+1，…，2S2﹣S1=S1+1，∴nS n﹣S1=S1+S2+…+S n﹣1+n﹣1，∴S1+S2+…S n﹣1=nS n﹣n=（S n﹣1）•n（n≥2）∴g（n）=n．故存在关于n的整式g （n）=n，使等式对于一切不小于2的自然数n恒成立（13分）【点评】本题考查了数列与函数的综合运用，主要涉及了函数的赋值法，等差数列，函数的奇偶性及通项公式的计算等知识．15．（2014•蚌埠二模）若数列{a n}的前n项和S n是（1+x）n二项展开式中各项系数的和（n=1，2，3，…）．（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b1=﹣1，b n+1=b n+（2n﹣1），且，求数列{c n}的通项及其前n项和T n．（3）求证：T n•T n+2＜T n+12．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式．（2）会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求通项公式及前n项和．（3）两式作差后根据其特点利用数学归纳法进行证明．【解答】解：（1）由题意S n=2n，S n﹣1=2n﹣1（n≥2），两式相减得a n=2n﹣2n﹣1=2n﹣1（n≥2）．当n=1时，2×1﹣1=1≠S1=a1=2∴．（2）∵b n+1=b n+（2n﹣1），∴b2﹣b1=1，b3﹣b2=3，b4﹣b3=5，b n﹣b n﹣1=2n﹣3．以上各式相加得：b n﹣b1=1+3+5+…+（2n﹣3）=∵b1=﹣1，∴b n=n2﹣2n∴．∴T n=﹣2+0×21+1×22+2×23+3×24+…+（n﹣2）2n﹣1∴2T n=﹣4+0×22+1×23+2×24+…+（n﹣2）2n．∴﹣T n=2+22+23++2n﹣1﹣（n﹣2）2n=∴T n=﹣2n+2+（n﹣2）2n=2+（n﹣3）2n．∴T n=2+（n﹣3）2n．当n=1时T1=﹣2也适合上式．∴T n=2+（n﹣3）2n（3）证明：T n•T n+2﹣T n+12=[2+（n﹣3）•2n]•[2+（n﹣1）•2n+2]﹣[2+（n﹣2）•2n+1]2=4+（n﹣1）•2n+3+（n﹣3）•2n+1+（n﹣1）（n﹣3）•22n+2﹣[4+（n+2）（n+2）•22n+2+（n﹣2）•2n+3] =2n+1[（n+1）﹣2n+1]∵2n+1＞0，∴需证明n+1＜2n+1，用数学归纳法证明如下：①当n=1时，1+1＜21+1成立．②假设n=k时，命题成立即k+1＜2k+1，那么，当n=k+1时，（k+1）+1＜2k+1+1＜2k+1+2k+1=2•2k+1=2（k+1）+1成立．由①、②可得，对于n∈N*都有n+1＜2n+1成立．∴2n+1[（n+1）﹣2n+1]＜0∴T n•T n+2＜T n+12【点评】能利用a n与S n之间的关系得到a n的通项公式，会根据递推公式求出b n的通项公式，并根据b n与c n关系求c n的通项公式．也要会应用错位相减法求前n项和及会用数学归纳法证明．16．（2014•南充一模）对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0成立，则称x0为f（x）的不动点．如果函数f（x）=有且仅有两个不动点0和2．（1）试求b、c满足的关系式．（2）若c=2时，各项不为零的数列{a n}满足4S n•f（）=1，求证：＜＜．（3）设b n=﹣，T n为数列{b n}的前n项和，求证：T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【考点】数列与不等式的综合．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）设=x的不动点为0和2，由此知即即且c≠0．（2）由c=2，知b=2，，2S n=a n﹣a n2，且a n≠1．所以a n﹣a n﹣1=﹣1，a n=﹣n，要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0），由此入手能导出＜＜．（3）由b n=，知T n=．在中，令n=1，2，3， (2008)并将各式相加，能得到T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【解答】解：（1）设=x的不动点为0和2∴即即且c≠0（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=，由已知可得2S n=a n﹣a n2①，且a n≠1．当n≥2时，2S n﹣1=a n﹣1﹣a n﹣12②，①﹣②得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1+1）=0，∴a n=﹣a n﹣1或a n=﹣a n﹣1﹣1，当n=1时，2a1=a1﹣a12⇒a1=﹣1，若a n=﹣a n﹣1，则a2=1与a n≠1矛盾．∴a n﹣a n﹣1=﹣1，∴a n=﹣n∴要证待证不等式，只要证，即证，只要证，即证．考虑证不等式（x＞0）**．令g（x）=x﹣ln（1+x），h（x）=ln（x+1）﹣（x＞0）．∴g'（x）=，h'（x）=，∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函数，∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，．令x=则**式成立，∴＜＜，（3）由（Ⅱ）知b n=，则T n=1+在中，令n=1，2，3，2008，并将各式相加，得＜1+．即T2009﹣1＜ln2009＜T2008．【点评】本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的合理运用．17．（2014•通州区二模）已知f（x）=，数列{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列；数列{b n}中b1=，且b n+1=f（b n），（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式（2）令，{c n}的前n项和为T n，证明：对∀n∈N+有1≤T n＜4．【考点】数列与不等式的综合；等比数列的通项公式；数列的求和；数列递推式．【专题】综合题；压轴题．（1）由f（x）=，知f（1）=，，由b1=，且b n+1=f（b n），得，【分析】由此能求出数列{a n}和{b n}的通项公式．（2）由=n•，知，再由错位相减法能够求出结果．【解答】解：（1）∵f（x）=，∴f（1）==，∵{a n}为首项是1，以f（1）为公比的等比数列，∴，∵b1=，且b n+1=f（b n），∴b n+1=f（b n）=，两边同时取倒数，得=1+，∴，∴为等差数列，故．（2）∵=n•，∴，，两式相减整理，得，∵＞0，∴＜4，∵==，∴{T n}单调递增，∴{T n}min=T1=1，所以1≤T n＜4．【点评】本试题主要考查等比数列和等差数列的通项公式的求解以及数列求和的综合运用．解决该试题的关键是整体构造等差数列法，以及错位相减法的准确运用．18．（2014•鼓楼区校级二模）附加题：已知（x+1）n=a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+a3（x﹣1）3+…+a n （x﹣1）n，（其中n∈N*）S n=a1+a2+a3+…+a n．（1）求S n；（2）求证：当n≥4时，S n＞（n﹣2）2n+2n2．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．【专题】综合题；压轴题．（1）由于与二项式有关，故可采用赋值法．取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，【分析】从而可求S n；（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，再利用数学归纳法加以证明．【解答】解：（1）取x=1，则a0=2n；取x=2，则a0+a1+a2+a3+…+a n=3n，∴S n=a1+a2+a3+…+a n=3n﹣2n；（4分）（2）要证S n＞（n﹣2）2n+2n2，只需证3n＞（n﹣1）2n+2n2，①当n=4时，81＞80；②假设当n=k（k≥4）时，结论成立，即3k＞（k﹣1）2k+2k2，两边同乘以3 得：3k+1＞3[（k﹣1）2k+2k2]=k2k+1+2（k+1）2+[（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2]而（k﹣3）2k+4k2﹣4k﹣2=（k﹣3）2k+4（k2﹣k﹣2）+6=（k﹣3）2k+4（k﹣2）（k+1）+6＞0 ∴3k+1＞（（k+1）﹣1）2k+1+2（k+1）2，即n=k+1时结论也成立，由①②可知，当n≥4时，3n＞（n﹣1）2n+2n2成立．综上原不等式获证．（10分）【点评】本题以二项式为载体，考查赋值法的运用，考查数学归纳法，解题的关键是先分析转化，再利用数学归纳法证明．19．（2014•怀远县校级模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a2=3，且，（1）求a2k﹣1（k∈N*）；（2）数列{y n}，{b n}满足y n=a2n﹣1，b1=y1，且当n≥2时．证明当n≥2时，有；（3）在（2）的条件下，试比较与4的大小关系．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式；反证法与放缩法．【专题】计算题；综合题；压轴题．【分析】（1）设n=2k﹣1，利用条件可证数列（a2k﹣1}为等差数列．从而可求其通项；（2）先求得，，然后再写一式，两式相减即可证得；（3）先计算的当n=1时，；当n=2时，，再证当n≥3时，利用放缩法结合裂项求和即可的结论．【解答】解：（1）设n=2k﹣1由∴a2k+1﹣a2k﹣1=1∴数列（a2k﹣1}为等差数列．∴a2k﹣1=k（k∈N*）；…（4分）（2）证：y=a2n﹣1=n．当n≥2时，…①∴…②…（6分）②式减①式，有，得证．…（8分）（3）解：当n=1时，；当n=2时，，由（2）知，当n≥2时，，∴当n≥3时，=∵，∴…（14分）【点评】本题以数列为载体，考查等差数列的定义，考查数列与不等式的结合，有较强的技巧性．20．（2014•陈仓区校级一模）数列{a n}的各项均为正数，S n为其前n项和，对于任意n∈N*，总有2S n=a n2+a n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设正整数数列{c n}满足a n+1=（c n）n+1，（n∈N*），求数列{c n}中的最大项；（Ⅲ）求证：T n=+++…+＜．【考点】数列与不等式的综合；数列的求和；数列递推式．【专题】压轴题；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）利用即可得出；（Ⅱ）解法一：通过构造函数，利用函数的单调性即可得出；解法二：先计算前几项，猜想出结论，利用数学归纳法即可证明；（Ⅲ））解法一：当n≥4时，可证：n4＞16n（n﹣1），再利用裂项求和即可证明；解法二：n≥2时，，再利用裂项求和即可证明．【解答】解：（Ⅰ）由已知：对于n∈N*，总有①成立∴②①﹣②得∴a n+a n﹣1=（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1）∵a n，a n﹣1均为正数，∴a n﹣a n﹣1=1（n≥2），∴数列{a n}是公差为1的等差数列，又n=1时，，解得a1=1．∴a n=n．（Ⅱ）解法一：由已知c n＞0，，⇒，同理，，．易得c1＜c2，c2＞c3＞c4＞…猜想n≥2时，{c n}是递减数列．令∵当x≥3时，lnx＞1，则1﹣lnx＜0，即f'（x）＜0．∴在[3，+∞）内f（x）为单调递减函数．由．∴n≥2时，{lnc n}是递减数列．即{c n}是递减数列．又c1＜c2，∴数列{c n}中的最大项为．解法二：猜测数列{c n}中的最大项为．c1＜c2＞c3易直接验证；以下用数学归纳法证明n≥3时，n n+1＞（n+1）n（1）当n=3时，n n+1=81＞64=（n+1）n，所以n=3时不等式成立；（2）假设n=k（k≥3）时不等式成立，即k k+1＞（k+1）k，即，当n=k+1时，，所以（k+1）k+2＞（k+2）k+1，即n=k+1时不等式成立．由（1）（2）知n n+1＞（n+1）n对一切不小于3的正整数都成立．（3）解法一：当n≥4时，由基本不等式的性质可得，当时，取前一个等号，显然取不到，因此：n3+16＞16n，∴n4＞16n（n﹣1）．解法二：n≥2时，，【点评】熟练掌握利用求通项、通过构造函数并利用函数的单调性证明不等式、数学归纳法、适当放缩、裂项求和是解题的关键．21．（2014•开福区校级一模）已知数列{a n}满足a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n﹣1（n≥2，n∈N*），若数列{a n+1+λa n}是等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：当k为奇数时，；（Ⅲ）求证：（n∈N*）【考点】数列与不等式的综合．【专题】计算题；证明题；压轴题．【分析】（I）根据数列{a n+1+λa n}是等比数列，建立等式关系，化简整理得得λ=2或λ=﹣3，当λ=2时，得a n+1+2a n=15•3n﹣1①，当λ=﹣3时，得a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②，①﹣②可求出a n；（II）当k为奇数时，作差变形得＜0，从而得到结论；（III）由（Ⅱ）知k为奇数时，，讨论n的奇偶，分别进行证明即可．【解答】解：（Ⅰ）∵数列{a n+1+λa n}是等比数列∴应为常数∴得λ=2或λ=﹣3当λ=2时，可得{a n+1+2a n}为首项是a2+2a1=15，公比为3的等比数列，则a n+1+2a n=15•3n﹣1①当λ=﹣3时，{a n+1﹣3a n}为首项是a2﹣3a1=﹣10，公比为﹣2的等比数列，∴a n+1﹣3a n=﹣10（﹣2）n﹣1②①﹣②得，a n=3n﹣（﹣2）n（Ⅱ）当k为奇数时，=∴（Ⅲ）由（Ⅱ）知k为奇数时，①当n为偶数时，②当n为奇数时，．【点评】本题主要考查了等比数列，以及利用作差法比较大小和分类讨论的思想，属于中档题．22．（2014•合肥一模）已知函数f n（x）=x+，（x＞0，n≥1，n∈Z），以点（n，f n（n））为切点作函数y=f n（x）图象的切线l n，记函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n．（Ⅰ）求a n；（Ⅱ）求证：a n＜；（Ⅲ）设S n为数列{a n}的前n项和，求证：S n＜．【考点】数列与不等式的综合；定积分．【专题】综合题；压轴题；点列、递归数列与数学归纳法．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，求出切点坐标，由直线方程的点斜式求得切线方程，由定积分求得函数y=f n（x）图象与三条直线x=n，x=n+1，l n所围成的区域面积为a n；。
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数列与不等式压轴大题练习题和详细分析解答（1）1．已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，{}n T 为等差数列，且1324a T ==，. （1）求n a ；（2）证明：1122331111ln(1)n nn a T a T a T a T ++++<+.2．已知数列{}n a 满足11a =，点()11,1n n a a +++在直线2y x =上.数列{}n c 满足11c a =，121111n n n c a a a a -=++⋅⋅⋅+（2n ≥且n *∈N ）. （1）求{}n a 的通项公式；（2）（i ）求证：111n nn n c a c a +++=（2n ≥且n N ∈）； （ii ）求证：2311151113n c c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.3．已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =； ②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2kn la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.4．设数列{}n a 的前n 项的积为n T ，满足1n n T a =-，*N n ∈，记22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+（1）证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列；（2）记1n n n d a S +=-，证明：1132n d <<5．已知等差数列{}n a 的公差为1-，前n 项和为n S ，且27126a a a ++=-． （1）求数列{}n a 的通项公式n a 与前n 项和n S ；（2）将数列{}n a 的前四项抽取其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{}n b 的前三项，记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ，若存在m *∈N ，使得对任意n *∈N ，总有n m S λ<T +成立，求实数λ的取值范围．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()13a a a =≠，13n n n a S +=+，设3n n n b S =-，*n ∈N .（Ⅰ）求证：数列{}n b 是等比数列；（Ⅱ）若1n n a a +≥，*n ∈N ，求实数a 的最小值；（Ⅲ）当4a =时，给出一个新数列{}n e ，其中3,1,2n n n e b n =⎧=⎨≥⎩，设这个新数列的前n 项和为n C ，若n C 可以写成p t （t ，*p ∈N 且1t >，1p >）的形式，则称n C 为“指数型和”.问{}n C 中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由.7．给定常数0c >，定义函数()24f x x c x c =++-+，数列123,,,a a a 满足*1(),n n a f a n N +=∈.（1）若12a c =--，求2a 及3a ；（2）求证：对任意*1,n n n N a a c +∈-≥，；（3）是否存在1a ，使得12,,,n a a a 成等差数列？若存在，求出所有这样的1a ，若不存在，说明理由.8．已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-，n *∈N . （1）若35n b n =+，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0n n a a >（n *∈N ），求证：数列{}n b 的第0n 项是最大项；（3）设10a λ=<，nn b λ=（n *∈N ），求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 与最小值m ，且()2,2mM∈-.9．已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）. （1）证明：112nn a a +<≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n <≤++（n ∈*N ）.数列与不等式压轴练习题和详细分析解答（1）1．已知数列{}n a 的前n 项积为n T ，{}n T 为等差数列，且1324a T ==，. （1）求n a ；（2）证明：1122331111ln(1)n nn a T a T a T a T ++++<+. 【答案】（1）1,()n a n n N n*+=∈（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由等差数列求出n T ，根据12n n T a a a =即可求出n a ；（2）由（1）可得211(1)1n n n a T n n =<++，构造函数1()ln 1g x x x=--，利用导数证明1ln1x x >-，即可得11ln ln(1)ln 1n n n n n +⎛⎫<=+- ⎪+⎝⎭，利用裂项相消法即可得证. 【详解】（1）由题意，112T a ==，34T =，且{}n T 为等差数列， 所以312T T d =+，即422d =+ 解得1d =，所以1n T n =+， 因为12n n T a a a =，1121(2)n n T a a a n --=≥，所以11(2)n n n T n a n T n-+==≥， 12a =时，也适合1+=n n a n， 故1,()n a n n N n*+=∈ （2）由（1）知，211(1)1n n n a T n n =<++， 下面证明11ln 1n n n +⎛⎫< ⎪+⎝⎭， 令11,0,12x x n ⎛⎤=∈ ⎥+⎝⎦，则11n x =-， 令1()ln 1g x x x=-- 则()1x g x x '=-，当10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0g x '>， 所以()g x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，所以()(0)0g x g >=，即1ln1x x>- 所以11ln 1n n n +⎛⎫< ⎪+⎝⎭所以1122331111ln(1)ln ln ln(1)ln 2ln1n nn n n n a T a T a T a T +++⋯+<+-+--+⋯+-， 即1133221111ln(1)n nn a T a T a T a T +++⋯+<+ 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，由递推公式求数列的通项，裂项相消法求和，构造函数利用导数证明不等式，考查了推理能力，运算能力，属于难题.2．已知数列{}n a 满足11a =，点()11,1n n a a +++在直线2y x =上.数列{}n c 满足11c a =，121111n n n c a a a a -=++⋅⋅⋅+（2n ≥且n *∈N ）. （1）求{}n a 的通项公式；（2）（i ）求证：111n nn n c a c a +++=（2n ≥且n N ∈）； （ii ）求证：2311151113n c c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 【答案】(1) 21nn a =-;(2)证明见解析【解析】 【分析】(1)将()11,1n n a a +++代入2y x =,构造等比数列即可.(2)(i)由121111n n n c a a a a -=++⋅⋅⋅+可得11n n c a ++的关系,再化简证明111n n n n n c c a a a ++=+即可. (ii)利用(i)中111n n n n c a c a +++=,在23111111n c c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭中构造对应等式再换元.最后即求证121111153n n a a a a -++⋅⋅⋅++<,代入21n n a =-再利用等比放缩法证明即可. 【详解】(1) 将()11,1n n a a +++代入2y x =有()1121n n a a ++=+,故数列{}1n a +是以112a +=为首项,2为公比的等比数列.所以12nn a +=,即21n n a =-(2) (i)证明：因为121111n n n c a a a a -=++⋅⋅⋅+,故1112111111n n n n n n nc c a a a a a a a ++-=++⋅⋅⋅++=+. 即111n n n nc c a a +++=,故()111n n n n a c a c +++=⋅即111n n n n c ac a +++=（2n ≥且n N ∈）.证毕. (ii)由题111c a ==,22111c a a ==,又22213a =-=,故223c a ==.当2n ≥时111n n n n c ac a +++=.故322323*********n n n c c c c c c c c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 331122112234134111111111=33n n n n n n n n n n c c a a c c c a c c a c c c c a a a a a ++++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1211211111111121212121n n n n a a a a --=++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++----. 即证明12111115212121213n n-++⋅⋅⋅++<----. 先证明21112132nn -≤⋅-()2,n n N +≥∈ , 即证当()2,n n N+≥∈时2211132212132n n nn --≤⋅⇔⋅≤-⇔-2223242121n n n ---⋅≤⨯-⇔≥显然成立.故21112132nn -≤⋅-()2,n n N +≥∈. 所以121121111111111 (2121212133232)n n n --++⋅⋅⋅++≤++⋅++⋅---- 11111132215215111132332312n n n ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+=+-=-⋅<⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦-成立. 即2311151113n c c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.证毕 【点睛】本题主要考查了构造等比数列求数列通项公式的方法,同时也考查了数列的证明以及根据所给不等式利用等比放缩的方法求证数列不等式的问题,其中证明21112132nn -≤⋅-是关键.属于难题.3．已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n ，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2kn la a a =．(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析. 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得123,,a a a 成等比数列，之后证得1234,,,a a a a 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【详解】 (Ⅰ){}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴不具有性质①；(Ⅱ){}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴具有性质①；{}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴具有性质②；(Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*n a n N ≠∉，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<， 第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<<，由①可知：存在1m ，满足12210m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<， 由01N =可知223211a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0210Nm a a a =<，由0N 的定义可知：0m N ≤， 另一方面，000221NNm N N a a a a a a =>=，由数列的单调性可知：0m N >，这与0N 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231a a a =：利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <， 此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()111s s a a q s k -=≤≤，其中10,1a q >>，（10,01a q <<<的情况类似）由①可得：存在整数m ，满足211k km k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥（*） 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t ta aa a a a a +==⋅>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+，由()111s s a a qs k -=≤≤可得：2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>=（**）由（**）和（*）式可得：211111ks t k a q a qa q ---≥>，结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-， 注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--， 代入（**）式，从而11kk a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：11n n a a q -=.即数列{}n a 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <， 此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，即123,,a a a 成等比数列，不妨设()22131,1a a q a a qq ==>，然后利用性质①：取3,2i j ==，则224331121m a a q a a q a a q ===， 即数列中必然存在一项的值为31a q ，下面我们来证明341a a q =，否则，由数列的单调性可知341a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k k k l l a aa a a a a ==>，从而4k <， 与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3k l k l ⊆>，满足24kla a a =，若3,2k l ==，则：2341kla a a q a ==，与假设矛盾； 若3,1k l ==，则：243411kla a a q a q a ==>，与假设矛盾； 若2,1k l ==，则：22413kla a a q a a ===，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数,k l ，可见341a a q <不成立，从而341a a q =，同理可得：455161,,a a q a a q ==，从而数列{}n a 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列{}n a 为等比数列. 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.4．设数列{}n a 的前n 项的积为n T ，满足1n n T a =-，*N n ∈，记22212n n S T T T =++⋅⋅⋅+（1）证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列； （2）记1n n n d a S +=-，证明：1132n d << 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）先令n=1求出首项，再由前n 项的积的定义表示1111n n na a a ++-=-，进而整理化简，再由等差数列定义得证；（2）由（1）表示数列{}n a 的通项公式，进而由放缩法放缩2n T ，再由裂项相消法求n S ，最后再放缩不等式得证. 【详解】解析：（1）因为1n n T a =-，所以111a a =-，解得112a =. 由题可知11111n n n n nT a a T a +++-==-， 所以11111n n n a a a ++=--，即()1111111n n na a a ++--=--，则111111n n a a +-=--. 所以11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是公差为1的等差数列，且首项1121a =-.（2）由（1）可知()1121111111n nn nn n a a a n n =+-⋅=+⇒-=⇒=-++，则111n n T a n =-=+. 首先，()()()22111112121n T n n n n n =>=-+++++. 所以222111111111123341222n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+>-+-+⋅⋅⋅+-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 又112n n a n ++=+，所以111112222n n n n d a S n n ++=-<+-=++. 其次，()()2221111112113212311422n T n n n n n n ⎛⎫=<=-=- ⎪++⎝⎭++-++. 所以2221111111111222235572123323n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.所以111112212232322433n n n n n d a S n n n n +++⎛⎫=->-->+-= ⎪++++⎝⎭. 综上所述：1132n d <<. 【点睛】本题考查由已知递推关系证明等差数列，还考查了由放缩法证明数列不等式以及裂项相消法求和，属于难题. 5．已知等差数列{}n a 的公差为1-，前n 项和为n S ，且27126a a a ++=-． （1）求数列{}n a 的通项公式n a 与前n 项和n S ；（2）将数列{}n a 的前四项抽取其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{}n b 的前三项，记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ，若存在m *∈N ，使得对任意n *∈N ，总有n m S λ<T +成立，求实数λ的取值范围．【答案】（1）5n a n =-，2922n n n S =-（2）29,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）求等差数列通项公式，一般利用待定系数法，本题已知公差，因此只需确定一项即可：由27126a a a ++=-利用等差数列性质得736a =-，72a =-，再根据等差数列广义通项公式得：()77275n a a n d n n =+-=--+=-，最后利用等差数列和项公式求前n 项和n S ，（2）先根据题意确定数列{}n a 的前四项抽取的是哪一项，再根据剩下三项，利用待定系数法求等比数列{}n b 通项，然后利用错位相减法求数列{}n n a b 的前n 项和为n T ，对存在性问题及恒成立问题，一般转化为对应函数最值问题：()()max max n m S T λ<+，n S 为二次函数，可根据对称轴求其最大值，需注意n *∈N ，而n T 的最值，需根据数列单调性确定. 试题解析： 解：（1）{}n a 为等差数列，且27126a a a ++=-，∴736a =-，即72a =-，又公差1d =-，∴()77275n a a n d n n =+-=--+=-，n *∈N ．()()214592222n n n a a n n n n S ++-===-，n *∈N ． （2）由（1）知数列{}n a 的前4项为4，3，2，1，∴等比数列{}n b 的前3项为4，2，1， ∴，∴()11452n n n a b n -⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭，∴()()01211111443652222n n n T n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，① ∴()()121111114436522222n nn T n n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，② ①-②得()12111111444522222n nn T n -⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++--⨯⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()111212111645122612212n n n n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎣⎦=---⨯=+-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-． ∴()11244122n n T n -⎛⎫=+-⨯ ⎪⎝⎭，n *∈N ．∴()11214112412204222n n n n n n n nT T ---------=-=， ∴12345T T T T T <<<=，且56n T T >>>T ，∴*n ∈N 时，()45max 492n T T T ===． 又2922n n n S =-，∴*n ∈N 时，()45max 10n S S S ===，存在*m ∈N ，使得对任意*n ∈N ，总有n m S T λ<+成立．∴()()max max n m S T λ<+，∴49102λ<+，∴实数λ的取值范围为29,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．考点：等差数列通项及求和，错位相减法求和 【名师点睛】一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形更值得注意．(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便于下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()13a a a =≠，13n n n a S +=+，设3n n n b S =-，*n ∈N .（Ⅰ）求证：数列{}n b 是等比数列；（Ⅱ）若1n n a a +≥，*n ∈N ，求实数a 的最小值；（Ⅲ）当4a =时，给出一个新数列{}n e ，其中3,1,2n n n e b n =⎧=⎨≥⎩，设这个新数列的前n 项和为n C ，若n C 可以写成p t （t ，*p ∈N 且1t >，1p >）的形式，则称n C 为“指数型和”.问{}n C 中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由.【答案】（I ）详见解析；（II ）9-；（III ）3C 为指数型和. 【解析】 【分析】（I ）通过计算证明证得12n nb b +=，来证得数列{}n b 是等比数列. （II ）利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得数列{}n a 的通项公式，由1n n a a +≥，10n n a a +-≥，求得a 的最小值.（III ）先求得{}n C 的通项公式，对p 分成偶数和奇数两种情况进行分类讨论，根据“指数型和”的定义，求出符合题意的“指数型和”. 【详解】（I ）13n n n a S +=+，*11323,n n n n n n n S S S S S n N ++-=+⇒=+∈.由于3nn n b S =-，当3a ≠时，11113233233n n n n n n n n n n n b S S b S S ++++-+-===--，所以数列{}n b 是等比数列.1133b S a =-=-，()132n n b a -=-⨯.（II ）由（I ）得()1332nn n n b S a -=-=-⨯，()1332nn n S a -=+-⨯()12*12332,2,n n n n n a S S a n n N ---=-=⨯+-⨯≥∈，所以()12,12332,2n n n a n a a n --=⎧=⎨⨯+-⨯≥⎩.因为1n n a a +≥，213a a a a =+>=.当2n ≥时， ()122332n n n a a --=⨯+-⨯，()112332n n n a a -+=⨯+-⨯，而1n n a a +≥，所以10n n a a +-≥，即()()12123322332n n n n a a ---⎡⎤⨯+-⨯-⨯+-⨯⎣⎦()1243320n n a --=⨯+-⨯≥，化简得11243338322n n n a ----⨯⎛⎫≥+=-⨯+ ⎪⎝⎭，由于当2n ≥时，13832n -⎛⎫-⨯+ ⎪⎝⎭单调递减，最大值为2138312392-⎛⎫-⨯+=-+=- ⎪⎝⎭，所以9a ≥-，又3a ≠，所以a 的最小值为9-.（III ）由（I ）当4a =时，12n n b -=，当2n ≥时，()1212324232112n nn n C +⨯-=++++=+=+-.13C =也符合上式，所以对正整数n 都有21n n C =+.由21,12p n p n t t =+-=，（*,t p N ∈且1,1t p >>），t 只能是不小于3的奇数.①当p 为偶数时，221112p ppnt t t ⎛⎫⎛⎫-=+-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，由于21p t +和21p t -都是大于1的正整数，所以存在正整数,g h ，使得2212,12p pg h t t +=-=，()222,2212g h h g h--=-=，所以22h =，且2121,2g hh g --=⇒==，相应的3n =，即有233C =，3C 为“指数型和”；②当p 为奇数时，()()21111pp t t t t t --=-++++，由于211p t t t -++++是p 个奇数之和，仍为奇数，又1t -为正偶数，所以()()21112p n t t t t --++++=不成立，此时没“指数型和”.综上所述，{}n C 中的项存在“指数型和”，为3C . 【点睛】本小题主要考查已知n S 求n a ，考查根据数列的单调性求参数的取值范围，考查新定义的理解和运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题. 7．给定常数0c >，定义函数()24f x x c x c =++-+，数列123,,,a a a 满足*1(),n n a f a n N +=∈.（1）若12a c =--，求2a 及3a ；（2）求证：对任意*1,n n n N a a c +∈-≥，；（3）是否存在1a ，使得12,,,n a a a 成等差数列？若存在，求出所有这样的1a ，若不存在，说明理由. 【答案】见解析 【解析】（1）因为0c >，1(2)a c =-+，故2111()242a f a a c a c ==++-+=，3122()2410a f a a c a c c ==++-+=+（2）要证明原命题，只需证明()f x x c ≥+对任意x R ∈都成立，()24f x x c x c x c x c ≥+⇔++-+≥+即只需证明24+x c x c x c ++≥++若0x c +≤，显然有24+=0x c x c x c ++≥++成立；若0x c +>，则24+4x c x c x c x c x c ++≥++⇔++>+显然成立综上，()f x x c ≥+恒成立，即对任意的*n N ∈，1n n a a c +-≥（3）由（2）知，若{}n a 为等差数列，则公差0d c ≥>，故n 无限增大时，总有0n a > 此时，1()2(4)()8n n n n n a f a a c a c a c +==++-+=++ 即8d c =+故21111()248a f a a c a c a c ==++-+=++， 即111248a c a c a c ++=++++，当10a c +≥时，等式成立，且2n ≥时，0n a >，此时{}n a 为等差数列，满足题意； 若10a c +<，则11448a c a c ++=⇒=--， 此时，230,8,,(2)(8)n a a c a n c ==+=-+也满足题意；综上，满足题意的1a 的取值范围是{}[,)8c c -+∞⋃--． 【考点定位】考查数列与函数的综合应用，属难题．8．已知数列{}n a 与{}n b 满足()112n n n n a a b b ++-=-，n *∈N . （1）若35n b n =+，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；（2）设{}n a 的第0n 项是最大项，即0n n a a >（n *∈N ），求证：数列{}n b 的第0n 项是最大项；（3）设10a λ=<，nn b λ=（n *∈N ），求λ的取值范围，使得{}n a 有最大值M 与最小值m ，且()2,2mM∈-. 【答案】（1）65n a n =-（2）详见解析（3）1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】 【分析】 【详解】（1）由13n n b b +-=，得16n n a a +-=，所以{}n a 是首项为1，公差为6的等差数列， 故{}n a 的通项公式为65n a n =-，n *∈N .（2）由()112n n n n a a b b ++-=-，得1122n n n n a b a b ++-=-.所以{}2n n a b -为常数列，1122n n a b a b -=-，即1122n n a b a b =+-. 因为0n n a a ≥，n *∈N ，所以011112222n n b a b b a b +-≥+-，即0n n b b ≥. 故{}n b 的第0n 项是最大项.（3）因为nn b λ=，所以()112n n n n a a λλ++-=-，当2n ≥时，()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()()()1122222n n n n λλλλλλλ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 2n λλ=-.当1n =时，1a λ=，符合上式.所以2nn a λλ=-.因为0λ>，所以222nn a λλλ=->-，21212n n a λλλ--=-<-.①当1λ<-时，由指数函数的单调性知，{}n a 不存在最大、最小值； ②当1λ=-时，{}n a 的最大值为3，最小值为1-，而()32,21∉--； ③当10λ-<<时，由指数函数的单调性知，{}n a 的最大值222a λλM ==-，最小值1m a λ==，由2222λλλ--<<及10λ-<<，得102λ-<<.综上，λ的取值范围是1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭.9．已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）. （1）证明：112nn a a +<≤（n ∈*N ）；（2）设数列{}2n a 的前项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n <≤++（n ∈*N ）. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先根据递推公式可得12n a ≤，再由递推公式变形可知 (]2111,21n n n n n n a a a a a a +==∈--，从而得证；（2）由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +<≤，得11112n n a a +<-≤，从而可得*111()2(1)2n a n N n n +<≤∈++，即可得证. 【详解】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤， 由11(1)n n n a a a --=-，得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->， 由102n a <≤得，(]2111,21n n n n n n a a a a a a +==∈--， 即112n n a a +<≤； （2）由题意得21n n n a a a +=-，∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +<≤，得11112n na a +<-≤， ∴11112n n n a a +<-≤， 因此*111()2(1)2n a n N n n +<≤∈++②， 由①②得112(2)2(1)n S n n n <≤++.考点：数列与不等式结合综合题.。