高三复习：数列不等式(解析版)

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2021年高考数学专题复习：数列(含答案解析)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a3＝6，____．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝2 an，求{bn}的前n项和Tn．
3．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+16a3＝1，a1a5＝16a42．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{ }的前n项和Tn．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明：．
13．设数列{an}满足a1＝2，an+1＝an+2n．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝log2（a1•a2…an），求数列{ }的前n项和Sn．
14．已知等比数列{an}的各项都为正数，Sn为其前n项和，a3＝8，S3＝14．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）记Tn ，求使得Tn 成立的正整数n的最小值．
15．设数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），且满足an+Sn＝2n+1．
（1）证明数列{an﹣2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝n（2﹣an），求数列{bn}的前n项和Tn．
16．已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，b1＝a5，b2＝3，b5＝﹣81．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设cn an，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式 1 恒成立，求λ的取值范围．
18．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，S3 ，a3a4＝a5．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若4an＝3Sn，求正整数n的值．
19．已知等差数列{an}中，a2＝3，a4＝7．等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a14．

高考文科数学数列专题复习(附答案及解析)

高考文科数学数列专题复习数列常用公式数列的通项公式与前n 项的和的关系a n s , n 11s s ,n 2n n 1( 数列{a n} 的前n 项的和为s n a1 a2 a n ).等差数列的通项公式*a a1 (n 1)d dn a1 d(n N ) ；n等差数列其前n 项和公式为n(a a ) n(n 1)1 ns na1 d n2 2 d 12n (a d)n .12 2等比数列的通项公式an 1 1 n *a a1q q (n N )nq；等比数列前n 项的和公式为na (1 q )1s 1 qn , q 1或sna a q1 n1 q,q 1na ,q 1 1 na ,q 1 1一、选择题1.( 广东卷) 已知等比数列{a n} 的公比为正数，且a3 ·a9 =2 2a ，a2 =1，则a1 =5A. 12B.22C. 2D.22.（安徽卷）已知为等差数列，，则等于A. -1B. 1C. 3D.7 3（. 江西卷）公差不为零的等差数列{a n} 的前n项和为S n .若a4 是a3与a7 的等比中项, S8 32, 则S等于10A. 18B. 24C. 60D. 904（湖南卷）设S n 是等差数列a n 的前n 项和，已知a2 3，a6 11，则S7 等于【】第1页/ 共8页A ．13 B．35 C．49 D．633.（辽宁卷）已知a为等差数列，且a7 －2 a4 ＝－1, a3 ＝0, 则公差d＝n（A）－2 （B）－12 （C）12（D）24.（四川卷）等差数列｛a n ｝的公差不为零，首项a1 ＝1，a2 是a1 和a5 的等比中项，则数列的前10 项之和是A. 90B. 100C. 145D. 1905.（湖北卷）设x R, 记不超过x 的最大整数为[ x ], 令{x }= x -[ x ]，则{ 52 1} ，[ 521],521A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列C.既是等差数列又是等比数列D.既不是等差数列也不是等比数列6.（湖北卷）古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：他们研究过图1 中的1，3，6，10，⋯，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16⋯这样的数成为正方形数。

高三数学数列不等式证明——裂项相消与放缩法总结

高三数学数列不等式证明——裂项相消与放缩法总结一、裂项相消法通项特征：通项一般是分式，分母为偶数个因式相乘，且满足a是常数，a-=原分子分母大的因式分母小的因式2.解题思路类型①⎪⎭⎫⎝⎛+-=+knnkknn111)(1类型②()nknknkn-+=++11类型③⎪⎭⎫⎝⎛+--=-121121211412nnn类型④()()⎪⎭⎫⎝⎛++--=--121121114412nnnn nn类型⑤kkkk nnnnn+-+=++++112121)2)(2(2类型⑥kakakakaaannnnn+-+=++⎪⎭⎫⎝⎛-++1111))((11二、错位相减法错位相消法三种思维求法：以下三种思维，但还是建议练熟第一种。

如果第一种都掌握不了的学生，基本上也记不住第二和第三种方法。

1.思维结构结构图示如下2.公式型记忆：1(),n S=n+)q,,11n nn nC a n b q A B ca b AB C Bq q-=⋅++-==---则其前项和（其中A=3.可可裂项为如下11(),q1),[(1))](),((())k=pq-pp tb=pqnnn n nn n n na knb qa p n t q pn t q C C C pn t qtq t++=+≠=++-+=-=+⎧⎨+-⎩（则其中可通过方程组计算出、值：11=a()n=a[( )( )( )...( )]n=1 n=2 n=3 n=n-++++=⇑⇑⇑⇑原式分母小的因式分母大的因式前项和化简放缩模型——平方型与指数型证明下列不等式：1、、2、)(21......31211222*∈<++++Nnn3、)(471......31211222*∈<++++Nnn4、)(351......31211222*∈<++++Nnn)(21)12()12(1......751531311*∈<+⨯-++⨯+⨯+⨯NnnnnnS + + +...+n=1 n=2 n=3 n=nqS + + +...+q-=⇑⇑⇑⇑=①②①的基础上左右同时乘，即在①式中指数加1①②代入通项公式，等差数列当等比数列的系数在n-+k( )=+k( )=-S=--n得（1q)S①中的第一项指数函数相加②的最后一项①中的第一项等比求和公式②的最后一项化简两边同时除以（1q)即得平方型：分母是两项积可放缩到裂项相消模型指数型：可放缩为等比模型5、)(45)12(1......51311222*∈<-++++N n n6、),2(32121......121121121432*∈≥<-++-+-+-N n n n7、)(23231......231231231332211*∈<-++-+-+-N n nn8、)(342 (3232221211)432*+∈<-++-+-+-N n n n n一、单选题1．已知数列{}n a 的首项是11a =，前n 项和为n S ，且()1231n n S S n n N *+=++∈，设()2log 3n n c a =+，若存在常数k ，使不等式()()116n nc k n N n c *-≥∈+恒成立，则k 的取值范围为（） A ．1,9⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,16⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,25⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,36⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭2．已知数列{}n a 的首项是11a =，前n 项和为n S ，且1231n n S S n +=++（*N n ∈），设()2log 3n n c a =+，若存在常数k ，使不等式()116n n c k n c -≥+（*N n ∈）恒成立，则k 的最小值为（）A ．19B ．116C ．125D ．136二、填空题3．已知数列{}n a 中，112a =，()1n n n n a a a +-=，*n ∈N ，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n S .若对于任意的*n ∈N ，不等式n S t <恒成立，则实数t 的取值范围是________.4．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()12n n nS n S +=+，数列2112n n n n a a a +++⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若()110n n T λ++-⋅>，且λ∈Z ，则λ=___________.三、解答题5．已知数列{}n a 中11a =，)2n a n =≥.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若21n n c a -=，数列1n c ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：21211n n n a T a +--<≤.6．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．7．已知函数()()3log 1(0)1x f x x x +=>+的图像上有一点列()()*,n n n P x y n N ∈，点n P 在x 轴上的射影是(),0n n Q x ，且(1322n n x x n -=+≥，且)*1,2n N x ∈=.(1)求证：{}1n x +是等比数列，并求数列{}n x 的通项公式；(2)对任意的正整数n ，当[]1,1m ∈-吋，不等式239181n y t mt <-+恒成立，求实数t 的取值范围；(3)设四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是n T ，求证：1211132nT T nT +++<.8．已知正项数列{}n a 的首项11a =，前n 项和nS 满足)2n a n ≥. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，若对任意的*N n ∈，不等式24n T a a <-恒成立，求实数a 的取值范围.9．已知数列{}n a 满足11a =，且11n n a a n +-=+,n S 是1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.(1)求n S ；(2)若n T 为数列2n S n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和，求证：232n nT n >>+.10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，22a =，且214n n n S S a ++=+． (1)求n a ；(2)求证：121112111n a a a +++<+++．11．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≤<.12．证明：135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯13．已知数列{}n a 是等差数列，23a =，数列{}n b 是等比数列，18b =，公比3q >，且3q a =，2213b a a =.(1)求{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设24log n n n b c a =，n *∈N ，求证：1212nc c c ++⋅⋅⋅+<.14．已知各项为正的数列{}n a 满足：113a =，()*134N n n n a a n a +=∈+． (1)设0a >，若数列1log 1a n a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪+⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是公差为2的等差数列，求a 的值；(2)设数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，证明4543n S n ≤<+．参考答案：1、通项公式为： ()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=1211212112121n n n n a n2、通项公式为： ()⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-<=≥n n n n n a n n 111111,22 3、通项公式为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=≥111121111,222n n n n a n n 4、通项公式为： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<==≥1211212144441,2222n n n n n a n n 5、通项公式为： ()⎪⎭⎫⎝⎛--=-<+-=-=≥n n n n n n n a n n 111414411441121,2222 6、通项公式为：()11111123121211221221121,2---++⋅=≤≤=-=-<-=≥n n n n n n n a a a n 7、通项公式为：11313231231--=⋅-<-=n n n n n n a 8、通项公式为：nn n n n nn n n n a n 2222,21<-+=-=≥+ 1．C 【详解】由1231n n S S n +=++，则当2n ≥时，得123(1)1n n S S n -=+-+，两式相减得123n n a a +=+，变形可得：132(3)n n a a ++=+，又134a +=，122123116a a S S +==+⨯+=，所以25a =，2132(3)a a +=+， ∴数列{}3n a +是以4为首项、2为公比的等比数列，故113422n n n a -++=⨯=，所以2log (3)1n n c a n =+=+，所以2111116(16)(16)(1)17168172517n n c n n n c n n n n n n -===≤=++++++++，当且仅当4n =时等号成立，故125k ≥.故选：C. 2．C 【详解】当2n ≥ 时，由1231n n S S n +=++可得-123-2n n S S n =+，两式相减得：123n n a a +=+ ，即132(3)n n a a ++=+，而134a +=，2121224,5a a S S a +==+=，故2132(3)a a +=+ ，所以{3}n a + 是以134a +=为首项，2q为公比的等比数列，则11342,23n n n n a a -++=⨯=- ，故()122log 3log 21n n n c a n +=+==+，所以()111616(16)(1)17n n c n n c n n n n -==+++++，而16N ,8n n n*∈+≥ ，当且仅当4n = 时取等号，故()11116162517n n c n c n n-=≤+++，当且仅当4n = 时取等号，所以若存在常数k ，使不等式()116n n c k n c -≥+（*N n ∈）恒成立，则k 的最小值为125，故选：C 3．[)4,+∞【详解】由()1n n n n a a a +-=得11n n a n a n++=，则有 312412321234112321n n n n a a a a a n n a a a a a n n ----⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯--，化简得1n a n a =，即2n n a =，所以1114114()1(1)122n n n n a a n n n n +===-+⋅++⨯，所以111114(1)4(11)4223341111111n S n n n n n ---=-+-+-+++=-++<，所以不等式n S t <恒成立，则有4t ≥.故答案为：[)4,+∞ 4．0【详解】由()12n n nS n S +=+，得()1()2n n n n S a n S ++=+，即12n n na S +=，当1n =时，2122a S ==，21021a a -=；可知当2n ≥时，12n n na S +=，()112n n n a S --=，两式相减整理，得101n na a n n，所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，0为公差的等差数列，所以1na n=，n a n =，所以()()21111211221221n n n n n n n a n a a n n n n ++++++==-⋅⋅+⋅⋅+，所以()12231111111()()()21222223221n n n T n n +=-+-+⋅⋅⋅+-⨯⨯⨯⨯⋅⋅+()111221n n +=-⋅+， ()110n n T λ++-⋅>等价于()()11111212n n n λ++-⋅>-⋅+；当n 是正奇数时，()111212n n λ+>-⋅+，因为()12111132122228n n +-≤-⨯=-⋅+，所以38λ>-；当n 是正偶数时，()111221n n λ+<-⋅+，因为()1311111122122324n n +-≥-=⋅+⨯，所以1124λ<；综上所述，λ的取值范围为311824λ-<<，则整数λ的值为0.故答案为：0. 5．(1)n a =证明见解析【解析】(1)将)2n a n =≥两边同时平方，整理得()22112n n a a n --=≥，所以数列{}2n a 是首项为211a =，公差为1的等差数列，所以()2111n a n n =+-⨯=.由题知0n a >，所以n a(2)因为n a =21n n c a -==1n c =. 先证21n n T a -≤：当1n =时，11a =，11T =，满足21n n T a -≤；当2n ≥时，1n c ==所以)(21112n n T n a -<++++-==.故21n n T a -≤得证.再证211n n T a+>-：因为1nc ==>=所以)(211211n n T n a +>++++==-.故不等式21211nn n a Ta +--<≤成立.【点睛】关键的点睛：本题考查等差数列的证明，以及放缩法证明不等式，本题的第二问的难点是对通项公式的放缩，放缩后，再进行裂项相消法求和，1n c==<=1n c ==>= 6．(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+(2)证明见解析【解析】(1)当1n =时，1122a a =-，123a =，当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=- 相除得11(2)1n n n a a n a --=≥-，整理为：1111(2)111n n n n a n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求. (2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+．1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭，22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭，112224333n n n S a n ++∴>-=-+，所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．7．(1)证明见解析，31nn x =-(2)()(),22,∞∞--⋃+(3)证明见解析【解析】(1)因为2n ≥，且*1,32n n n N x x -∈=+，所以()1131n n x x -+=+，即1131n n x x -+=+（常数）；因为113x +=，所以{}1n x +是首项为3，公比为3的等比数列，所以11333n n n x -+=⨯=，即31n n x =-；数列{}n x 的通项公式为31n n x =-.(2)由题可知()()3*log 10,1n n nn x y xn N x +=>∈+，由（1）可得3log 3033n n n n n y ==>，所以1113n ny n y n ++=<，即1n n y y +<，数列{}n y 为单调递减数列.所以n y 最大值为113y =；因为当[]1,1m ∈-吋，不等式239181n y t mt <-+恒成立，所以29180t mt ->恒成立.所以2291809180t t t t ⎧->⎨+>⎩，解得2t <-或2t >.所以t 的取值范围为()(),22,∞∞--⋃+.(3)四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是()()114123n n n n n y y x x n T +++-+==.因为()()331134111n n n n n n ⎛⎫<=- ⎪+++⎝⎭，所以1211111111111313122233411n T T nT n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦. 因为*n ∈N，所以13313311n n ⎛⎫-=-< ⎪++⎝⎭；所以121113.2nT T nT +++<8．(1)21n a n =-；(2)1a ≤-或2a ≥.【解析】(1)当2n ≥时，n a=∴1nn S S --=1=1=，所以数列是首项为1，公差为1n ，又由n a 121n n n =+-=-（2n ≥），当1n =时，11a =也适合，所以21n a n =-. (2)∴()()()111111221212121n n a a n n n n +==--+-+，∴11111111111233521212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-< ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭，又∴对任意的*N n ∈，不等式24n T a a <-恒成立，，∴22a a ≤-，解得1a ≤-或2a ≥.即所求实数a 的范围是1a ≤-或2a ≥. 9．(1)21n nS n =+(2)证明见解析【解析】(1)∴11n n a a n +-=+，∴212a a -=，323a a -=，…1n n a a n --= 由上述1n -个等式相加得12n a a n -=++，∴()1122n n n a a n +=+++=， ∴11121n a n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，11111122121223111n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭.(2)令()()22221441112n n S b n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫===>⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴11111111244233412222n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫>-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，又因为()22221411441111n n S b n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫===<=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，且11b =∴11111111414143323341211n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，综上，232nn T n >>+，得证. 10．(1)()12n n a n -*=∈N (2)证明见解析【解析】(1)解：由214n n n S S a ++=+得24n n a a +=．所以，当()21n k k *=-∈N 时，21214k k a a +-=，所以数列{}21k a -是首项为11a =，公比为4的等比数列，故11211414k k k a a ---=⨯=⨯，即()211222122k k k a ----==．当()2n k k *=∈N 时，则2224k k a a +=，所以，数列{}2k a 是首项为22a =，公比为4的等比数列，所以，1121224242k k k k a a ---=⨯=⨯=．所以()12n n a n -*=∈N ．(2)证明：由（1）知11111212n n n a --⎛⎫=< ⎪+⎝⎭，所以0121121111111111221111122221122nn n a a a -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭+++<++++=<= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭--.故原不等式成立.11．(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13n T <，又因为()11322n f n =-+，n *∈N 单调递增，所以()()111212212n T b ≥==++，所以11123n T ≤<. 12．证明见解析【详解】证明：212221n n n n -<+，∴135212452246235721n nn n -⨯⨯⨯⋯⨯<⨯⨯⨯⋯⨯+．213521135212421()()()24622462352121n n n n n n n --∴⨯⨯⨯⋯⨯<⨯⨯⨯⋯⨯⨯⨯⨯⋯⨯=++．∴135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯()f x x x -，x ∈当4π，∴cos cos 4x π>∴()10f x x '->()f x x x ∴-在上递增，()(0)0f x f ∴>=x x >，=∴综上：135212462n n -⨯⨯⨯⋯⨯< 13．(1)1n a n =+ ，212n n b +=(2)证明见解析【解析】(1)由题意，数列{}n a 是等差数列，23a =，数列{}n b 是等比数列，18b =，公比3q >，设{}n a 的公差为d ，由()()23833q d q d d =+⎧⎪⎨=-⋅+⎪⎩可得()()()28333d d d +=-+，∴3d =-或1d =±，33q d =+>，∴1d =，∴4q =可得：()()223211n a a n d n n =+-=+-⨯=+, 11211842n n n n b b q --+==⨯=.(2)()()()()2124443log 2212221111n n n n c n n n n +++==<=++++ 且()()()3112n n n n +>++∴()()()()()21112112n c n n n n n n n <=-+++++∴()()()121111111122323341122n c c c n n n n ++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-<⨯⨯⨯⨯+++，故不等式得证. 14．(1)2(2)证明见解析【解析】(1)因为()*134N n n n a a n a +=∈+，所以111141n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭等式两边同时取以a 为底的对数可得111log 1log 1log 4a a a n n a a +⎛⎫⎛⎫+=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()*N n ∈又数列1log 1a n a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪+⎨⎬ ⎪⎪⎪⎝⎭⎩⎭是公差为2的等差数列可知log 42a =，即2a =(2)由（1）可知数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是公比为4的等比数列，可得11111414n n n a a -⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，可得数列{}n a 的通项公式为()*1N 14n n a n =∈- 记1n n n a b a +=可求得其通项公式为()1*4141N n n n b n +-=∈- 显然{}n b 为正项数列，因此()11*N 5n S S b n ≥==∈另一方面，构造数列{}n c 满足()*N 4n n c b n =-∈可得其通项公式为()*1N 34n n c n =∈- 注意到1113134414n n n n c ---⎛⎫=≤ ⎪⋅+-⎝⎭，记{}n c 的前n 项和为n T ，可得11441314n n T -≤<-，而由于4n n c b =-，因此()*4N n n T S n n =-∈，从而443n S n <+，综上所述，4543n S n ≤<+.。

2020届高考复习高中数学【理】月月考(二)：三角函数、平面向量、数列、不等式(解析版)

10．[2019·陕西摸考]对于使f(x)≤m成立的所有常数M，我们把M的最小值称为f(x)的上确界，若a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，则－－的上确界为()
A．－ B.
C. D．－4
答案：A
解析：∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴ ＋ ≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－ ≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
5．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足|3 －－ |＝0，则△ABM与△ABC的面积之比等于()
A. B.
C. D.
答案：C
解析：如图，G为BC的中点，则＋＝2 ，∵|3 －－ |＝0，
∴3 －－＝0，
∴3 ＝＋＝2 ，
∴ ＝，
∴ ＝，
又S△ABG＝ S△ABC，
∴△ABM与△ABC的面积之比等于 × ＝ .故选C.
A．－ B．－
C. D.
答案：B
解析：∵角α的终边经过点P(3,4)，∴sinα＝，cosα＝ .
∴sin ＝－sin ＝－sin ＝－cosα＝－ .故选B.
3．若α为锐角，且3sinα＝tanα＝ tanβ，则tan2β等于()
A. B.
C．－ D．－
答案：D
解析：因为3sinα＝tanα＝，α为锐角，所以cosα＝，sinα＝＝，所以tanα＝＝2 ＝ tanβ，所以tanβ＝2，tan2β＝＝＝－ .
A．f(x)在上单调递减
B．f(x)在上单调递减
C．f(x)在上单调递增
D．f(x)在上单调递增
答案：D
解析：由题意得f(x)＝ sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)＝2sin .∵函数f(x)的图象经过点，

专题04 数列与不等式- 2021年高考数学(理)试题分项版解析(原卷版)

1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．82.【2017课标II ，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏3.【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1， 1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．1104.【2017浙江，6】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”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5.【2017课标II ，理5】设x ，y 满足约束条件2330233030x y x y y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩，则2z x y =+的最小值是（）A ．15-B ．9-C ．1D ．96.【2017天津，理2】设变量,x y 满足约束条件20,220,0,3,x y x y x y +≥⎧⎪+-≥⎪⎨≤⎪⎪≤⎩则目标函数z x y =+的最大值为（A ）23 （B ）1（C ）32（D ）3 7.【2017山东，理4】已知x,y 满足x y 3x y ⎧-+≤⎪+≤⎨⎪+≥⎩30+5030x ，则z=x+2y 的最大值是（A ）0 （B ） 2 （C ） 5 （D ）68.【2017山东，理7】若0a b >>，且1ab =，则下列不等式成立的是（A ）()21log 2a b a a b b +<<+ （B ）()21log 2a b a b a b<+<+ （C ）()21log 2a b a a b b +<+< （D ）()21log 2a b a b a b +<+< 9.【2017课标3，理9】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为A ．24-B ．3-C ．3D ．810.【2017北京，理4】若x ，y 满足32x x y y x ≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，，，则x + 2y 的最大值为（A ）1 （B ）3（C ）5 （D ）911.【2017浙江，4】若x ，y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则y x z 2+=的取值范围是 A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，)∞+D ．[4，)∞+12.【2017天津，理8】已知函数23,1,()2, 1.x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩设a ∈R ，若关于x 的不等式()||2x f x a ≥+在R 上恒成立，则a 的取值范围是（A ）47[,2]16-（B ）4739[,]1616-（C ）[23,2]-（D ）39[23,]16- 13.【2017课标3，理13】若x ，y 满足约束条件y 0200x x y y -≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，则z 34x y =-的最小值为__________.14．【2017课标3，理14】设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________.15.【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk k S ==∑。

2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)

数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。

人教版高考数学一轮专项复习：数列题型11种(含解析)

数列题型11种（方法+例题+答案）1.作差法求通项公式2.累乘法求通项公式3.累加法求通项公式4.构造法求通项公式（一）5.构造法求通项公式（二）6.取倒法求通项公式7.分组求和法求前n项和8.错位相减法求前n项和9.裂项相消法求前n项和10.数列归纳法与数列不等式问题11.放缩法与数列不等式问题1、作差法求数列通项公式已知n S （12()n a a a f n +++= ）求n a ，{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥注意：分两步，当2≥n 时和1=n 时一、例题讲解1、（2015∙湛江）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+（2n ≥，n *∈N ），且12a =，23a =． ()1求数列{}n a 的通项公式2、（2015∙茂名）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，11=a ，且)1()1(221+=+-+n n S n nS n n ，)(*∈N n ，数列}{n b 满足,0212=+-++n n n b b b )(*∈N n ，53=b ，其前9项和为63（1）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式3、（2015∙中山）设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且,40,842==S a 数列}{n b 的前n 项和为n T ，且,032=+-n n b T *∈N n 。

（1）求数列}{n a ，}{n b 的通项公式4、（2015∙揭阳）已知n S 为数列}{n a 的前n 项和，)1(3--=n n na S n n ，（*∈N n ），且,112=a （1）求1a 的值；（2）求数列}{n a 的通项公式5、（2014∙汕头）数列{}n a 中，11=a ，n S 是{}n a 前n 项和，且)2(11≥+=-n S S n n(1)求数列{}n a 的通项公式6、（2014∙肇庆）已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足,21=a )1(1++=+n n S na n n （1）求数列}{n a 的通项公式7、（2014∙江门）已知数列}{n a 的前n 项和122-=n S n ，求数列}{n a 的通项公式。

第23讲证明数列不等式(解析版)

第23讲证明数列不等式参考答案与试题解析一．解答题（共47小题）1．（2021•浙江月考）设等差数列{}n a 的前为n S ，已知24a =，420S =．（1）求数列{}n a 的通项公式（2）记数列21{}n n a a +的前n 项和为n T ，求证：212n T n n <++ 【解答】解：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，则由24a =，420S =得1144620a d a d +=⎧⎨+=⎩，故122a d =⎧⎨=⎩，故2n a n =．（2）证明：1222212111()()n n nT a a a a a a =++⋯++++⋯+ 而212n a a a n n ++⋯+=+．222222121111111()412n a a a n ++⋯+=++⋯+，故221111111[11]422312n T n n n n n n <+++-+-+⋯+-<++-2．（2021春•江油市校级期中）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的*n N ∈，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上．（1）求r 的值；（2）当2b =时，记*1()4nn bn n N a +=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T （3）由（2），是否存在最小的整数m ，使得对于任意的*n N ∈，均有3220n mT -<，若存在，求出m 的值，若不存在，说明理由．【解答】解：（1）因为对任意的*n N ∈，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上所以得n n S b r =+，当1n =时，11a S b r ==+，当2n 时，111()(1)n n n n n n a S S b r b r b b ---=-=+-+=-，又因为{}n a 为等比数列，∴公比为b ，所以21(1)a b bb a b r-==+，解得1r =-，首项11a b =-，1(1)n n a b b -∴=-（2）当2b =时，12n n a -=，111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 则234123412222n n n T ++=+++⋯+∴34521234122222n n n T ++=+++⋯+ 两式相减，得23412121111222222n n n n T +++=+++⋯+-31211(1)112212212n n n -+-+=+--12311422n n n +++=-- 113113322222n n n n n n T ++++∴=--=- （3）若3220n mT -<使得对于任意的*n N ∈，都成立 33(3)220nn m+∴--<，即3220n n m +<对于任意的*n N ∈，都成立又1(1)3320222n n nn n n ++++---=<， ∴32nn +的最大值在1n =时取得，最大值为2， ∴220m>，40m >，所以存在这样的41m =符合题意． 3．（2021春•兰山区校级月考）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的*n N ∈，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上．（1）求r 的值；（2）当2b =时，记*32(log 1)()n n b a n N =+∈，证明：对任意的*n N ∈，不等式1212111n nb b b b b b +++⋯>【解答】解：（1）由题意，n n S b r =+，当2n 时，11n n S b r --=+，∴11(1)n n n n a S S b b --=-=-且1b ≠，所以2n 时，{}n a 是以b 为公比的等比数列，又1a b r =+，2(1)a b b =-，21a b a =，即(1)b b b b r-=+，解得1r =-， r 的值1-；（2）证明：当2b =时，由（1）知12n n a -=，因此*2()n b n n N =∈，∴不等式为214121242n n+++⋯>①当1n =时，左式32=，右式=>右式，所以结论成立②假设*()n k k N =∈时结论成立，即214121242k k+++⋯>则当1n k =+时，2141212323212422(1)2(1)2k k kk k k k +++++⋯>+=++ 要证当1n k =+>只需证：2241294128k k k k ++>++成立，显然成立，∴当1n k =+时，214121232422(1)k k k k ++++⋯>+综合①②可知不等式1212111n nb b b b b b +++⋯>4．数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数1(0x y b b =->且1b ≠，b 均为常数）的图象上．（1）求证：{}n a 是等比数列；（2）当2b =时，记1()4n n n b n N a ++=∈，证明：数列{}n b 的前n 项和32n T <．【解答】（1）证明：数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数1x y b =-的图象上，∴1n n S b =-，111a S b ==-，当2n 时，11111(1)n n n n n n a S S b b b b --=-=--+=-．1n =时，上式成立，∴1(1)n n a b b=-，*n N ∈．{}n a ∴是等比数列．（2）2b =时，12n n a -=，11142n n n n n b a +++==， 231231222n n n T ++=++⋯+，① 34212212222n n n T ++=++⋯+，② ①-②，得：3412111111222222n n n n T +++=+++⋯+-1211(1)118212212n n n -+-+=+--23342n n ++=-， ∴13322n n n T ++=-， 32n T ∴<． 5．（2021•临沂期中）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意*n N ∈，点(,)n n S 均在函数2(x y r r =+为常数）的图象上．（1）求r 的值；（2）记*()n n b na n N =∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，试比较2n S 与n T 的大小．【解答】解：（1）因为对任意的n N +∈，点(,)n n S ，均在函数2(x y r r =+为常数）的图象上．所以得2n n S r =+，当1n =时，112a S r ==+，当2n 时，11112(2)222n n n n n n n n a S S r r ----=-=+-+=-=，又因为{}n a 为等比数列，所以112a r ==+ 故1r =-；（2）由（1）可知，12n n a -=，21n n S =-，*n N ∈ 又由*()n n b na n N =∈，则1*2()n n b n n N -=∈，则数列{}n b 的前n 项和为01232112223242(1)22n n n T n n --=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯①12341212223242(1)22n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯②①-②得到：00123212(12)2222222212n n n nn n T n n ----=++++⋯++-⨯=-⨯-即221(1)21n n n n T n n =⨯-+=-⨯+所以22212221(3)23n n n n n n T S n n -=⨯-+-⨯+⨯=-⨯+ 当1n =时，21n n T S -=-，2n n T S ∴<；当2n =时，21n n T S -=-，2n n T S ∴<；当2n >时，20n n T S ->，2n n T S ∴>．综上，当1n =，2时，2n n T S <；当2n >时，2n n T S >．6．已知二次函数1k 图象经过坐标原点，其导函数为()62f 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；又11b =，1(2)3n n c a =+，且22112312222n n n n n a b b b c ---+++⋯++=，对任意*n N ∈都成立，（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n n c b 的前n 项和n T ；（3）求证：()(1)(0)i ln x x +<>；2*2221()(4(1)ni i ilna n n ii n N a n =--<∈+∑，2)n ．【解答】解：（1）设二次函数2()f x ax bx =+，()2f x ax b '=+， 262a b ∴==-，则2()32f x x x =-， (,)n n S 在232y x x =-上，232n S n n ∴=-．当2n 时1n n n a S S -=-22323(1)2(1)65n n n n n =---+-=- 又1n =时1321615a =-==⨯-符合， 65n a n ∴=-，则163(2)2133n n n c a n -=+==-，由22112312222n n n n n b a b b b c ---+++⋯++=得，2211231222221n n n n b a b b b n ---+++⋯++=-①，令1(2)n n n =-代入上式得，22212311222223n n n n b a b b b n ----+++⋯++=-②， ①-②得，122n n b -=，即22(2)n n b n -=，又11b =不满足上式，∴21122n nn b n -=⎧=⎨⎩，（3）由（2）得，211(21)22n n nn c b n n -=⎧=⎨-⎩， 122135272(21)2n n T n ---∴=++⨯+⨯+⋯+-⨯③， 123111325272(21)222n n T n ----=+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯④， ③-④得，1221172(222)(21)222n n n T n ----=+++⋯+--⨯21111(1)711222(21)2(23)212212n n n n n ----=+⨯--⨯=-+⨯-，则211(23)2n n T n -=-+⨯，（3）()i 设()(1)(0)g x x ln x x =-+>，则1()1011x g x x x '=-=>++， ()g x ∴在(0,)+∞上是增函数， ()(0)0g x g ∴>=，即(1)0x ln x -+>，故(1)(0)ln x x x +<>； ()(1)(0)ii ln x x x +<>，当*n N ∈，2n 时，令1n n =-代入上式得： 1lnn n <-，即111lnn n n n n-<=-，令2n n =代入上式得，22211lnn n n <-，∴2211(1)2lnn n n<-则222222222231111(111)23223ni lni ln ln lnn in n ==++⋯+<-+-+⋯+-∑22211111111[(1)()][(1)()]22322334(1)n n n n n =--++⋯+<--++⋯+⨯⨯+ 1111111[(1)()]223341n n n =---+-+⋯+-+ 21111121[(1)()][(1)]22122(1)4(1)n n n n n n n n ---=---=--=+++，故结论成立．7．11()43x f x b -+=-⨯+，等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n P n ，*)()n S n N ∈均在函数()y f x =上．（1）求b 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）设32log (8)n n b a =⨯，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在*k N ∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）依题意，1143n n S b -+=-⨯+，当2n 时，21143n n S b -+-=-⨯+，12111144433n n n n n n a S S -+-+-+-∴=-=-⨯+⨯=，114144n n n n a q a -+-+∴===，∴2121111144114433a ab b -+-+===-⨯+-，即43b =， ∴数列{}n a 的通项公式14n n a -+=；（2）结论：存在*k N ∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立．理由如下：由（1）可知12242n n n a -+-+==，39222118222n n n a -+-+∴⨯=⨯=， 322log (8)log 2n n b a ∴=⨯=211211n n -+=-+，2(1)211102n n n T n n n +∴=-+=-+， ∴21010n T n n n n n-+==-， ∴2212(1)119119136110()122222224n T T T n n n n n n n +++⋯+=-=-+=--+， ∴当9n =或10时1212n T T T n ++⋯+取最大值211910104522-⨯+⨯=， ∴存在*k N∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立，且k 的最小值为45．8．已知*)n a n N =⋯+∈，求证：3(1)1(1)23n n n a n +<<+．【解答】证明：(1n n n n <<+，12231n n ∴++⋯+<⋯+<++⋯++，∴3(1)(3)1(1)223n n n n n ++<+． ∴3(1)1(1)23n n n a n +<<+． 9．（2021•嘉兴模拟）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a ，n a ，n S 成等差数列，且542a S =+，*n N ∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）记2n n n a b S =，*n N ∈，证明：123144(21)nn b b b ++⋯+--，*n N ∈．【解答】解：（Ⅰ）1a ，n a ，n S 成等差数列，可得12n n a a S =+，当2n 时，1112n n a a S --=+，两式相减可得1122n n n n n a a S S a ---=-=，即12n n a a -=，可得{}n a 为公比为2的等比数列，则11(12)(21)12n n n a S a -==--，由542a S =+，可得44112(21)2a a =-+，解得12a =，则2n n a =，*n N ∈；（Ⅱ）证明：2224(21)nn n n n a b S ==-，当2n 时，1211222111()4(21)4(21)(22)4(21)(21)42121n n n n n n n n n n nb ---=<==--------，则121111111131(1)24337212144(21)n n n n b b b -++⋯+<+-+-+⋯+-=----，当1n =时，131144(21)2a -==⨯-，则等号取得，则123144(21)nn b b b ++⋯+--，*n N ∈． 10．（2021春•秀山县校级月考）设函数()(1)f x ln x =+，22()()1x xg x a a R x+=∈+．（1）若函数()()()h x f x g x =-在定义域内单调递减，求a 的取值范围；（2）设*n N ∈，证明：3422212(1)(1)(1)(ne e n n n++⋯+<为自然对数的底数）．【解答】（1）解：函数()h x 的定义域为(1,)-+∞，且22()()()(1)1x xh x f x g x ln x a x+=-=+-+，则22221(22)(1)(2)(1)(22)()1(1)(1)x x x x x a x x h x a x x x ++-++-++'=-=+++，由于()h x 在(1,)-+∞内单调递减，则()0h x '对(1,)x ∈-+∞恒成立，即2(1)(22)0x a x x +-++对(1,)x ∈-+∞恒成立，⋯（2分）从而21()22max xa x x +++，则11()1211max a x x=+++，故a 的取值范围为1[,)2+∞⋯（4分）（2）证明：取12a =，由第（1）问可知()h x 在(0,)+∞为单调递减函数，从而()(0)0h x h <=；则212(1)21x xln x x++<+对(0,)x ∈+∞，均成立，⋯（6分）令2(1,2,,)kx k n n ==⋯，有222222222()2111(1)()()22211k k k k k k k n n ln k n n n k n n n++<=+++++；⋯（9分）从而22212[(1)(1)(1)]n ln n n n ++⋯+ 2222222221211212(1)(1)(1)()2111n n n ln ln ln n n n n n n n n n =++++⋯++<++⋯++++⋯++++ 221(1)(1)3[3]4(1)4n n n n n -+-=-+，故3422212(1)(1)(1)ne n n n++⋯+<⋯（12分）11．（2021春•阳江校级月考）设数列{}n a 满足12a =，211n nn a a na +=-+，1n =，2，3，⋯，（1）求2a ，3a ，4a ；（2）猜想出{}n a 的一个通项公式，并用数学归纳法证明你的结论；（3）设21n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：34n T <．【解答】解：（1）由12a =，得221113a a a =-+=，2322214a a a =-+=，45a =．（2）由此猜想{}n a 的一个通项公式：1(1)n a n n =+．下面用数学归纳法证明如下：①当1n =时，1211a ==+，等式成立． ②假设当n k=时等式成立，即1k a k =+，那么2211(1)(1)12(1)1k k k a a ka k k k k k +=-+=+-++=+=++，也就是说，当1n k =+时，1(1)1k a k +=++也成立．根据①②对于所有1n ，有1n a n =+．证明：（3）2211111(1)(1)1n n b a n n n n n ==<=-+++， 22222211111111111111111111113()()()()234(1)22334(1)(1)42334114214n T n n n n n n n n n n n ∴=+++⋯++<+++⋯++=+-+-+⋯+-+-=+-<+⨯⨯-+-++12．（2012秋•济源校级期中）设数列{}n a 满足121(2)n n a a n -=+，且11a =，2log (1)n n b a =+ （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列21{}n n b b +的前n 项和为n S ，证明：34n S <．【解答】（1）解：因为121(2)n n a a n -=+，所以112(1)(2)n n a a n -+=+，所以数列{1}n a +是以112a +=为首项，以2为公比的等比数列．所以11222n n n a -+==．所以21n n a =-⋯（4分）（2）证明：因为21n n a =-，所以2log (1)n n b a n =+=⋯（6分）所以211111()(2)22n n b b n n n n +==-++．⋯（8分）所以111111111111(1)(1)23241122212n S n n n n n n =-+-+⋯+-+-=+---++++31113()42124n n =-+<++．⋯（12分） 13．（2007•崇文区一模）已知数列{}n a 中，113a =，*11(2,)n n n n a a a a n n N --⋅=-∈，数列{}n b 满足*1()n nb n N a =∈．（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列1{}n nb 的前n 项和为n T ，证明3142n T n <-+．【解答】解：()I 当1n =时，1113b a ==，当2n 时，1111111n n n n n n n n a a b b a a a a ------=-==⋅，∴数列{}n b 是首项为3，公差为1的等差数列， ∴通项公式为2n b n =+；（5分）11()(2)n II nb n n =+， ∴1111132435(2)n T n n =++++⋅⋅⋅+ 11111111[(1)()()()]2324352n n =-+-+-++-+ 1311[()]2212n n =-+++ 1323[]22(1)(2)n n n +=-++ 23222(1)(2)(1)(2)2n n n n n n n ++>=+++++ ∴222(1)(2)2n n n n +-<-+++ ∴132313231[[]22(1)(2)22242n n n n n +-<-=-++++ ∴3142n T n <-+．（13分） 14．（2021春•绍兴期中）已知正项数列{}n a 满足：112a =，211(2)nn n n a a a a n --=+，n S 为数列{}n a 的前n 项和． ()I 求证：对任意正整数n ，有2nS n n； ()II 设数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：对任意(0,6)M ∈，总存在正整数N ，使得n N>时，n T M >．【解答】证明：()I 正项数列{}n a 满足：112a =，211(2)nn n n a a a a n --=+， ∴22211022a a --=，20a >，解得2312a =<．猜想212nn a -．下面利用数学归纳法证明： ()i 当1n =时，112a =成立．()ii 假设*n k N =∈时，212kk a -成立．则1n k =+时，211121(1)(1)2kk k k k a a a a+++-=++，解得1(21)k k a +-+=(21)212k k -++=．因此1n k =+时也成立．综上可得：*n N ∀∈，212nn a -成立． 21321(121)22242nn n n n S -+-∴++⋯+==，故对任意正整数n ，有2nS n n． ()II 由（Ⅰ）知10n n a a +>>，22121a a a =+，21a =，()1xf x x =+在区间(0,)+∞上单调递增， 121121112n n n n a a a a a a +++∴-==++． 11122111(1)222n n n n n n a a a a a a a a n ---∴=+-+-+⋯+--+=，当2n 时，2211111n n n n na a a a a -+==+，21111n n n a a a -=-，222212*********6n n nT a a a a a a n∴=++⋯+=+--，令26M n ->，26n M>-，设0N 为不小于26M -的最小整数，取01N N =+（即2[]1)6N M=+-，当n N >时，n T M >．∴对任意(0,6)M ∈，总存在正整数N ，使得n N >时，n T M >．15．（2021•邯郸一模）已知正项数列{}n b 的前n 项和n S 满足：2*632()n nn S b b n N =++∈，且12b <．（Ⅰ）求{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1112,(1)(2,n n na a a nb -==+且*)n N ∈，试比较n a 的大小，并证明你的结论．【解答】解：（Ⅰ）数列{}n b 的前n 项和n S 满足：2*632()n nn S b b n N =++∈，① ∴当1n =时，2111632b b b =++，11b =或12b =， 12b <，11b ∴=．当2n ，*n N ∈时，2111632n n n S b b ---=++，②由①-②得：22116(32)(32)n n n n n b b b b b --=++-++，22113()n n n n b b b b --∴-=+，正项数列{}n b ， 13n n b b -∴-=，∴数列{}n b 是首项为1，公差3的等差数列．13(1)32n b n n ∴=+-=-， {}n b ∴的通项公式为：32n b n =-．（Ⅱ）结论为：n a > 证明：由（Ⅰ）知：32n b n =-． 11(1)n n na ab -=+，(2n 且*)n N ∈， 11(1)32n n a a n -∴=+-， ∴13132n n n a a n --=-， ∴2154a a =， 3287a a =，⋯13132n n n a a n --=-，又12a =，∴上述n 个式子叠乘，得：25811(31)4710(32)n n a n ⨯⨯⨯⨯⋯⨯-=⨯⨯⨯⋯⨯-．要比较n a的大小，只要比较3n a 与1n b +的大小， 0n a >，0n b >，∴只要比较31n n a b +与1 的大小．记33[258(31)]()[47(32)](31)n f n n n ⨯⨯⨯⋯⨯-=⨯⨯⋯⨯-+，f （1）33(25)12514432⨯==>⨯， 332332(1)(32)(31)543641()(31)(34)54274f n n n n n n f n n n n n n ++++++==>+++++， ()1f n ∴>，则有：n a >16．（2021•安徽三模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*121111()()2n nn a n N S S S +=++⋯+∈ ①求1a ，2a ，3a ；②求数列{}n a 的通项公式n a ； ③若数列{}n b 满足11b =，11(2)n n nb b n a -=+，求证：21231111122()(2)234n n b b b b b n n-<++++⋯+．【解答】解：①由121111()2n nn a S S S +=++⋯+， ∴11111a S a ==，11a ∴=（负值舍去），同理：22a =，33a =；②猜想：n a n =（下面用数学归纳法证明)n a n =，当1n =时，命题成立；假设当n k =时命题成立，即k a k =， 112121111()2k k k k a S S S S +++=++⋯++，k a k =，∴(1)2k k k S +=， 121111111111112[(1)()()]2231k k k k S S S S k k S a ++++⋯++=-+-+⋯+-+++ 1111212(1)11k k k k k k S a k S a ++=-+=+++++， ∴11221()(1)212k k k k a k k k a+++=++++， 222112(1)(3)(1)(2)(1)0k k k a k k a k k k ++∴++--+++=， 211[2(1)(2)(1)][(1)]0k k k a k k a k ++∴++++-+=， 11k a k +∴=+，∴当1n k =+时命题成立． n a n ∴=．③11n n nb b a -=+， ∴22211112()n n n n n b b b a a --=++， ∴22211112()n n n n nb b b a a ---=+， ∴22112122223231111112()()n n n nb b b b b a a a a a a --=++⋯++++⋯+， ∴212122211111112()()2323n n b b b b n n-=+++⋯++++⋯+， 22211111111111(1)()()()1(2)23223341n n n n n++⋯+<-+-+-+⋯+-=--， ∴2121111112(!)123n n b b b b n n-<+++⋯++-， 21231111122()(2)234n n b b b b b n n-∴<++++⋯+．17．（2021春•历下区校级期中）（1）已知0a b >>，0m >，比较b a 和b m a m++的大小并给出解答过程；（2）证明：对任意的n N +∈，不等式357212462n n+⋯ 【解答】解：（1）b m ba m a+>+．由条件()()()()()b m b a b m b a m m a b a m a a a m a a m ++-+--==+++，a b >，0m >，∴()0()m a b a a m ->+，∴0b m ba m a +->+， ∴b m ba m a+>+；（2）证明：由（1）所得结论得若0a b <<，0m >，则b b ma a m+>+，可得3355772121()()()()22446622n n n n++⋯ 3456782122()()()()1234567221n nn n n ++>⋯=++，两边开方，命题得证，由①、②可得对任意的n N +∈，不等式357212462n n+⋯> 18．（2021•盐城三模）（1）已知*0,0()i i a b i N >>∈，比较221212b b a a +与21212()b b a a ++的大小，试将其推广至一般性结论并证明；（2）求证：3*01213521(1)()2n nn n n n n n n N C C C C +++++⋯+∈．【解答】解：（1）22222212211212121212()()()b b a b a b a a b b a a a a ++=+++，因为0i a >，0i b >，所以222112120,0a b a b a a >>，则2222112211212122a b a b a b b b a a a +⨯=，所以22222121212121212()()2()b b a a b b b b b b a a ++++=+，即22212121212()()()b b a a b b a a +++．所以22212121212()b b b b a a a a +++，当且仅当22211212a b a b a a =，即2112a b a b =时等号成立． ⋯⋯（2分）推广：已知0i a >，*0(i b i N >∈，1)i n ，则222212121212()n n nnb b b b b b a a a a a a ++⋯+++⋯+++⋯+．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）证明：①当1n =时命题显然成立；当2n =时，由上述过程可知命题成立； ②假设(2)n k k =时命题成立，即已知0i a >，*0(i b i N >∈，1)i k 时，有222212121212()k k k kb b b b b b a a a a a a ++⋯+++⋯+++⋯+成立，则1n k =+时，222222112112121121()()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯+++⋯+++++⋯+，由22212121212()b b b b a a a a +++，可知222121121121121()()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯+++⋯+++++⋯+++⋯++，故22222112112121121()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯++++⋯++++⋯++，故1n k =+时命题也成立．综合①②，由数学归纳法原理可知，命题对一切*n N ∈恒成立． ⋯⋯（6分）（注：推广命题中未包含1n =的不扣分）（2）证明：由（1）中所得的推广命题知01213521nn n n nn C C C C ++++⋯+ 22222012012135(21)[135(21)]35(21)35(21)n nn n n n n n n nn n C C C n C C C C n C ++++⋯++=+++⋯+++++⋯++①，⋯（8分）记01235(21)nn n n n n S C C C n C =+++⋯++，则10(21)(21)n n n n n n S n C n C C -=++-+⋯+，两式相加，得0122(22)(22)(22)(22)nn n n n n S n C n C n C n C =++++++⋯++，012(22)()(22)2nn n n n n n C C C C n =++++⋯+=+⨯，故(1)2n n S n =+⨯②，又2241(21)[135(21)][(1)](1)2n n n n +++++⋯++=⨯+=+③，将②③代入①，得222243012135(21)(1)(1)35(21)(1)22nn nn n n nn n n C C C n C n ++++++⋯+=++，所以，301213521(1)2nnn n n n n n C C C C +++++⋯+，证毕． ⋯⋯（10分） 19．（2021春•枣庄校级月考）（1）已知a ，b ，m 都是正数，且a b <，用分析法证明a m ab m b+>+；（2）已知数列{}n a 的通项公式为312n n a -=，*n N ∈．利用（1）的结论证明如下等式：123111132n a a a a +++⋯+<．【解答】证明：（1）要证a m ab m b+>+，由于a ，b ，m 都是正数，只需证()()a b m b a m +<+，即ab am ab bm +<+，只需证am bm <因为0m >，所以只需证a b <，又已知a b <，所以原不等式成立（2）证明：1231nn a =-．当1n =时，左式312=<=右式．当1n >，*n N ∈时，由（1）知：11221131(31)13n n n n a -+=<=--+ 于是2112311111113131(1)333232n n n a a a a -+++⋯+<+++⋯+=-< 综上可得123111132n a a a a +++⋯+< 20．（2021•杭州期中）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足13210n n a S ++-=，且113a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设113n n nb S =+，证明：1231712nb b b b n +++⋯+<+．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由112211113210,393n n a S a a a a ++-==⇒=⇒=；------------------（1分）当2n 时，111321033220n n n n n n a S a a S S -+-+-=⇒-+-=-----------（2分）∴113n n a a +=，(2)n ，----------------------------------（3分）又2113a a =，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列， ∴13n na =．-------------（4分）证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）可得112(1)12331n n n n S b =-⇒=+-------------------------（5分）∴12323222231313131n n b b b b n +++⋯+=+++⋯++---- 欲证1231712n b b b b n +++⋯+<+，只需证232222173131313112n +++⋯+<------------------------------（7分）令231n n c =-，记{}n c 的前n 项和为nT ，即证1217171171,11212412n T T T <=<=+<------------------------------------------（8分）当3n 时，12211313113n n n -+<=-----------------------------------+（10分）∴当3n 时，223111(1)11115513179311433344921213n n n T ---<++++⋯+=+<+=------------------（12分）综上，1231712n b b b b n +++⋯+<+对*n N ∈成立． 21．（2021•沙坪坝区校级一模）已知数列{}n a 的前n 项之积n T 满足条件：①1{}nT 为首项为2的等差数列；②2516T T -=．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设数列{}n b 满足n n b a ，其前n 项和为n S ．求证：对任意正整数n ，有104n S <<．【解答】解：（1）设数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭公差为d ，因为数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭首项为2，所以2511,224T T d d ==++，由方程2516T T -=可得1112246d d -=++，解得1d =，所以12(1)11n n n T =+-⨯=+，即11n T n =+，因为数列{}n a 的前n 项之积n T ，所以当2n 时，11111n n n T nn a T n n-+===+，当1n =时，1112a T ==符合，所以1n n a n =+，证明：（2）由（1）得，2222()01n n n n n n n b a n --===>+，所以数列{}n b 前n 项和0n S >，同由上面可知：1nn +，222222221111(2)(1)(2)(1)()2(1)(2)2122211n n n n n n n n n n n n b n n n n n n n n --++++<===-++++⨯⨯++，所以1231111111[()()()]2233412n n S b b b b n n =+++⋯+<-+-+⋯+-++1111()2224n =-<+，综上可得，104n S <<． 22．已知数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，13n n a S n +=-+，*n N ∈，12a =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设*()2n n n b n N S n =∈-+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：*14()33n T n N <∈．【解答】解：（1）当1n =时，2111324a S a =-+=+=， 13n n a S n +=-+，可得14n n a S n -=-+，两式相减可得，11n n n a a a +-=-，即有112(1)n n a a +-=-，即为数列{1}n a -为第二项起为等比数列，则2132n n a --=，1n >，n N ∈，即有22,1321,1n n n a n -=⎧=⎨+>⎩；（2）13n n a S n +=-+，可得1322n n S n -=-+，则1232n n n n nb S n -==-+，即有前n 项和为211233323232n n nT -=+++⋯+， 231123232323232n nnT =+++⋯+，两式相减可得，21111112332323232n n nn T -=+++⋯+-11()12133212n nn -=--，化简可得4412()33232n n nnT =--，由于{}bn 各项大于0，可得113n T T =，由不等式的性质可得43n T <．故*14()33n T n N <∈． 23．（2021•宾阳县校级期中）已知公差不为0的等差数列{}n a 满足：11a =且2a ，5a ，14a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ；（2）证明不等式12331111112(221n n n S S S S n-<+++⋯+<-+且*)n N ∈ 【解答】解：（1）设数列{}n a 公差为d ，因为2a ，5a ，14a 成等比数列．所以25214a a a =，即2(14)(1)(113)d d d +=++得2360d d -=又0d ≠，所以2d =．故2(121)12(1)21,2n n n na n n S n +-=+-=-==．（6分）（2）证明：由（1）得211n S n=，因为当2n 时，2111(1)(1)n n n n n <<+-．即21111111n n n n n-<<-+-．所以22221111111111111111111233412342231n n n n n+-+-+⋯+-<++++⋯+<+-+-+⋯+-+-．即1233111111221n n S S S S n-<+++⋯+<-+．（12分）24．已知函数()f x lnx =，3()2ag x x=-，(a 为常数）（1）若方程2()()f x e g x =在区间1[2，1]上有解，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，证明不等式()()2g x f x x <<-在[4，)+∞上恒成立；（3）证明：(Tex translation failed)，*()n N ∈（参考数据：20.693)ln ≈ 【解答】解：（1）()f x lnx =，3()2ag x x=-， ∴方程2()()f x e g x =可化为232a x x=-．即332a x x =-+．令33()2h x x x =-+．则23()32h x x '=-+．由23()302h x x '=-+=得，2x =，或2x =-（舍去）．当x ∈时，23()302h x x '=-+>．()h x 单调递增．当x ∈时，23()302h x x '=-+<．()h x 单调递减．15()28h =，h （1）12=，h =．1[2x ∴∈，1]时，1()[2h x ∈． ∴方程2()()f x e g x =在区间1[2，1]上有解等价于1[22a ∈．（2）1a =时，不等式()()g x f x <可化为 312lnx x-<，即132lnx x +>．令1()r x lnx x=+．则211()r x x x '=-．当[4x ∈，)+∞时，()r x 单调递增． ()min r x r ∴=（4）13442ln =+>． ∴当[4x ∈，)+∞时，()()g x f x <恒成立．()2f x x <-可化为 2lnx x <-，即2lnx x -<-．令()k x lnx x =-． 1()1k x x'=-．当[4x ∈，)+∞时，()k x 单调递减． ()max k x k ∴=（4）442ln =-<-．∴当[4x ∈，)+∞时，()2f x x <-恒成立．∴当1a =时，证明不等式()()2g x f x x <<-在[4，)+∞上恒成立．（3）()f x lnx =，2(21)(1)()2(21)(1)f k f k f k ln k ln k lnk ∴+-+-=+-+- 2(21)(1)k lnk k +=+ 1(4)(1)f k k =++，由（2）可知，31()22f x x x-<<-， ∴3111(4)4212(1)(1)4(1)f k k k k k k -<+<+-++++，即3(1)111(4)224(1)1(1)1k k f k k k k k k +-<+<-+++++， ∴51111(4)2416(1)4(1)1f k k k k k k +<+<-+++++， ∴(Tex translation failed)，*n N ∈，∴(Tex translation failed)．25．（2021•衡水校级模拟）已知函数()cos sin (0)f x x x x x =->．（1）求函数()f x 在点(2π，())2f π处的切线方程；（2）记n x 为()f x 的从小到大的第*()n n N ∈个极值点，证明：不等式*2222212311117()4n n N x x x x π+++⋯+<∈．【解答】（1）解：()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-，则切线的斜率为()sin 2222f ππππ'=-=-，又()12f π=-，故函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为(1)()22y x ππ--=--，即21024x y ππ++-=．（2）证明：由()sin 0f x x x '=-=，0x >，得*()n x n n N π=∈，所以当2n 且*n N ∈时，22222111111()(1)(1)2(1)(1)n x n n n n n πππ=<=--+-+．所以当2n 时，*n N ∈时，2222222222212311111111111111111111111117(1)(1)(1)23243531211221224n x x x x n n n n n n n n πππππππ+++⋯+<+-+-+-+⋯+-+-+-=++--<++=----++．又当1n =时，22211174x ππ=<．综上，*2222212311117()4n n N x x x x π+++⋯+<∈． 26．（2012•洛阳模拟）已知函数1()1()af x lnx ax a R x-=-+-∈．（Ⅰ）当12a <时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当0a =时，对于任意的n N +∈，且2n ，证明：不等式111321(2)(3)()42(1)n f f f n n n +++⋯+>-+．【解答】()I 解：函数的定义域为(0,)+∞，求导函数可得221()ax x a f x x-++-'= 当0a =时，21()x f x x -'=，令21()0x f x x -'=>可得1x >，令21()0x f x x-'=<，0x >，01x ∴<<，∴函数()f x 在(1,)+∞上是增函数，在(0,1)上是减函数；当0a <时，令221()0ax x a f x x -++-'=>得210ax x a -+-+>，解得1x >或11x a<-（舍去），此时函数()f x 在(1，_+∞上增函数，在(0,1)上是减函数；当102a <<时，令221()0ax x a f x x -++-'=>得210ax x a -+-+>，解得111x a<<- 此时函数()f x 在1(1,1)a -上是增函数，在(0,1)和1(1a-，)+∞上是减函数⋯（6分）()II 证明：由()I 知：0a =时，1()1f x lnx x=+-在(1,)+∞上是增函数， 1x ∴>时，()f x f >（1）0=设221()()(1)(1)g x f x x lnx x x x=--=+->，则22(1)(221)()x x x g x x -+-+'=22210x x -+>恒成立，1x ∴>时，()0g x '<，()g x ∴在(1,)+∞上单调递减 1x ∴>时，()g x g <（1）0=，即2()1f x x <-()0f x >，∴211111()()1211f x x x x >=---+ ∴1111111111111321(1)(1)(2)(3)()23241122142(1)n f f f n n n n n n n +++⋯+>-+-+⋯+-=+--=--+++∴不等式得证⋯（12分）27．证明不等式：3721135932n n n -+++⋯+<-．【解答】证明：1212121221323322n n n n n n n n ------++⋯+=-++⋯+，由11211213(221)2(3322)n n n n n n n -------++⋯+-++⋯+121211(32232)(34)n n n n n n ------=-+⋯+- 221132(34)(34)0n n n n ----=-+⋯+-，当1n =取得等号，即有11212323n n nn n ----，则113721242115932393n n n nn ---+++⋯+<+++⋯+- 21()2333()32313nn -==-<-．故原不等式成立．28．（2021春•辛集市校级月考）已知()(1)(1)f x x ln x =++． ()I 求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设函数2()2()1g x x f x x =-+，若关于x 的方程()g x a =有解，求实数a 的最小值；（Ⅲ）证明不等式：*111(1)1()23ln n n N n+<+++⋯+∈ 【解答】（Ⅰ）解：()(1)(1)f x x ln x =++，(1)x >-，()(1)1f x ln x '=++，由()0f x '=，得11x e=-，当1(1,1)x e∈--时，()0f x '<；1(1x e ∈-，)+∞，()0f x '>．∴函数()f x 的单调增区间为：1(1e -，)+∞，单调减区间为：1(1,1)e--．（Ⅱ）函数2()2()22(1)1g x x f x x ln x x =-=-++，(1)x >- 2()21g x x '=-+，令()0g x '=，得0x =． (1,0)x ∈-时，()0g x '<，(0,)x ∈+∞时，()0g x '> ()g x ∴在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0g x g ∴=，∴关于x 的方程()g x a =有解，则实数a 的最小值为0．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）得(1)x ln x >+在(0,)+∞上恒成立，令1x n =，则有111(1)(1)ln ln n lnn n n n+<⇒+-< 1211ln ln ∴-<，1322ln ln -<，1433ln ln -<，⋯，1(1)ln n ln n+<<∴11(1)112ln n ln n+-<++⋯+ *111(1)1()23ln n n N n∴+<+++⋯+∈． 29．（2021•大庆一模）已知函数()1f x ax lnx =-+ （1）若不等式()0f x 恒成立，则实数a 的取值范围；（2）在（1）中，a 取最小值时，设函数()(1())(2)2g x x f x k x =--++．若函数()g x 在区间1[,8]2上恰有两个零点，求实数k 的取值范围；（3）证明不等式：2*212(234)(n n ln n n N n-+⨯⨯⨯⋯⨯>∈且2)n ．【解答】解：（1）由题意知，10ax lnx -+恒成立．变形得：1lnx a x+．设1()lnx h x x+=，则()max a h x ．由2()lnxh x x '=-可知，()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， ()h x 在1x =处取得最大值，且()max h x h =（1）1=．所以()1max a h x =，实数a 的取值范围是[1，)+∞．（2）由（1）可知，1a ，当1a =时，()1f x x lnx =-+，2()()(2)2(2)2g x x x lnx k x x xlnx k x =--++=--++， ()g x 在区间1[,8]2上恰有两个零点，即关于x 的方程2(2)20x xlnx k x --++=在区间1[,8]2上恰有两个实数根．整理方程得，222x xlnx k x -+=+，令221(),[,8]22x xlnx s x x x -+=∈+，22324()(2)x x lnx s x x +--'=+．令2()324x x x lnx ϕ=+--，1[,8]2x ∈，则(21)(2)()x x x xϕ-+'=，1[,8]2x ∈，于是()0x ϕ'，()x ϕ在1[,8]2上单调递增．因为ϕ（1）0=，当1[,1)2x ∈时，()0x ϕ<，从而()0s x '<，()s x 单调递减，当(1x ∈，8]时，()0x ϕ>，从而()0s x '>，()s x 单调递增， 192()2105ln s =+，s （1）1=，33122(8)5ln s -=，因为157262(8)()0210ln s s --=>，所以实数k 的取值范围是92(1,]105ln +．证明（3）由（1）可知，当1a =时，有1x lnx -，当且仅当1x =时取等号．令21x k=，则有22111ln k k -，其中*k N ∈，2k ．整理得：21111121111(1)1lnkk k k k k k k-=->-=-+--，当2k =，3，⋯，n 时，11221212ln >-+-，11231313ln >-+-，⋯，11211lnn n n>-+-，上面1n -个式子累加得：12(23)11ln n n n⨯⨯⋯⨯>--+．*n N ∈且2n ，即2212(23)n n ln n n-+⨯⨯⋯⨯>．命题得证．30．（2021春•荔湾区校级月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，当2n 时，121n n S S -=+．数列{}n b 满足121111222n n n n b b b n a a a --++⋯+=-+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）若数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：n n S T ．【解答】解：（1）解：11a =，当2n 时，121n n S S -=+①，2211213S a S ∴=+=+=，即22a =，又121n n S S +=+②，由②-①可得：12(2)n n a a n +=，又2122a a ==也适合，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，12n n a -∴=；（2）解：数列{}n b 满足121111222n n n n b b b n a a a --++⋯+=-+③， ∴当1n =时，有1111b b a ==，当2n 时，有112212112(1)22n n n n b b b n a a a ----++⋯+=--+④，对式子④左右两边同时乘以12可得：112112122n n n n b b b n a a a ---++⋯+=-+⑤，由③-⑤可得：1nb n a =， 1n b na n ∴==(2)n ，又当1n =时也适合， n b n ∴=；。

专题数列不等式 (解析版)

数列不等式(典型题型归类训练)目录一、典型题型题型一：数列不等式恒成立题型二：数列不等式能成立(有解)问题二、专题数列不等式专项训练一、典型题型题型一：数列不等式恒成立1(23-24高二下·河南南阳·期中)记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-1，且a n +1+-1 n ⋅a n =8-2n ．(1)令b n =a 2n ，求数列b n 的通项公式；(2)若对于任意的n ∈ℕ*,2n +1⋅λ-6n +1+S 2n +1≥0恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)b n =9-4n (2)98,+∞．【分析】(1)分类讨论n 是奇数和偶数，利用递推公式计算即可；(2)先利用等差数列求和公式分组求和，再分离参数，令c n =n 22n ，判定其单调性，计算即可.【详解】(1)令n =2k -1，则a 2k -a 2k -1=10-4k ①，令n =2k ，则a 2k +1+a 2k =8-4k ②，②-①，得a 2k +1+a 2k -1=-2，又因为a 1=-1，所以可得a 2k -1=-1，代入①式，得a 2k =9-4k ，所以b n =9-4n ．(2)S 2n +1=S 奇 +S 偶，其中S 奇=-1 ⋅n +1 =-n +1 ，S 偶=b 1+b 2+⋯+b n =5n +n n -12×-4 =7n -2n 2，所以S 2n +1=-2n 2+6n -1．由2n +1⋅λ-6n +1+S 2n +1≥0，可得λ≥n 22n 恒成立．设c n =n 22n ，则c n +1-c n =n +1 22n +1-n 22n =-n 2+2n +12n +1，当1-2<n<1+2，即n=1,2时，c n+1-c n>0,c n<c n+1，当n>1+2，即n≥3时，c n+1-c n<0,c n>c n+1，所以c1<c2<c3>c4>c5>⋯，故c nmax=c3=98，所以λ≥98，即实数λ的取值范围为98,+∞．2(2024·广东韶关·二模)记R上的可导函数f x 的导函数为f x ，满足x n+1=x n-f x nf x nn∈N*的数列x n称为函数f x 的“牛顿数列”.已知数列x n为函数f x =x2-x的牛顿数列，且数列a n满足a1=2,a n=lnx nx n-1,x n>1.(1)求a2；(2)证明数列a n是等比数列并求a n；(3)设数列a n的前n项和为S n，若不等式(-1)n⋅tS n-14≤S2n对任意的n∈N∗恒成立，求t的取值范围.【答案】(1)4(2)证明见解析，a n=2n(3)-9≤t≤253【分析】(1)求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；(2)对递推式变形结合对数运算求得a n+1a n=2，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；(3)先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为(-1)n⋅t≤S n+14S n对任意的n∈N∗恒成立，令g x =x+14x，x∈0,+∞，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.【详解】(1)因为f x =x2-x，则f x =2x-1，从而有x n+1=x n-f x nf x n=x n-x2n-x n2x n-1=x2n2x n-1，由a1=2,a n=lnx nx n-1，则2=lnx1x1-1，则x1x1-1=e2，解得x1=e2e2-1则有x2=x212x1-1=e4e4-1，所以a2=lnx2x2-1=2lnx1x1-1=4；(2)由x n+1=x2n2x n-1，则x n+1x n+1-1=x2n2x n-1x2n2x n-1-1=x2nx2n-2x n+1=x nx n-12，所以a n+1=lnx n+1x n+1-1=lnx nx n-12=2ln x n xn-1=2a n(x n>1)，故a n+1a n=2(非零常数)，且a1=2≠0，所以数列a n是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n=2×2n-1=2n；(3)由等比数列的前n项和公式得：S n=21-2n1-2=2n+1-2，因为不等式(-1)n⋅tS n-14≤S n2对任意的n∈N∗恒成立，又S n>0且S n单调递增，所以(-1)n⋅t≤S n+14S n对任意的n∈N∗恒成立，令g x =x+14x，x∈0,+∞，则g x =1-14x2=x2-14x2，当x∈0,14时，g x <0，g x 是减函数，当x∈14,+∞时，g x >0，g x 是增函数，又2=S1<14<S2=6，且g2 =9，g6 =253，g6 <g2 ，则g x min=g6 =253，当n为偶数时，原式化简为t≤S n+14S n，所以当n=2时，t≤253；当n为奇数时，原式化简为-t≤S n+14S n，所以当n=1时，-t≤9，所以t≥-9；综上可知，-9≤t≤25 3 .3(23-24高二下·贵州贵阳·期中)已知数列a n满足：a n+1=13a n+13n+1，且a1=-23.设a n 的前n项和为T n，b n=3n⋅a n.(1)证明：b n是等差数列；(2)求T n；(3)若不等式T n+34≤ta n对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)T n=-34-n2-34⋅13 n(3)-12≤t≤-18【分析】(1)根据等差数列的定义证明(2)由已知得a n=b n3n=13n⋅n-3，再通过错位相减法求解出T n；(3)不等式化简为t n-3≥3-2n4，把问题转化为t n-3≥3-2n4对n∈N*恒成立，然后分别求出当1≤n<3、n=3和n>3时，t满足的条件即可【详解】(1)因为b n=3n⋅a n，所以b n+1=3n+1⋅a n+1，b n+1-b n=3n+1⋅a n+1-3n⋅a n=3n+113a n+13 n+1-3n⋅a n=1，且b1=-2，所以b n是以-2为首项，且公差为1的等差数列，即b n=n-3.(2)由(1)知，b n=n-3，所以a n=b n3n=13n⋅n-3.则T n=-2⋅131+-1 ⋅13 2+0⋅13 3+⋯+n-4⋅13n-1+n-3⋅13n，于是13T n=-2⋅132+-1 ⋅13 3+0⋅13 4+⋯+n-4⋅13n+n-3⋅13n+1，两式相减得23T n =-23+132+133+134+⋯+13n-n -3 ⋅13n +1=-23+191-13 n -11-13-n -3 ⋅13n +1=-12-n 3-12 ⋅13n，因此T n =-34-n 2-34 ⋅13n.(3)由T n +34≤ta n ，得-n 2-34 ⋅13 n ≤t n -3 ⋅13n ，依题意，t n -3 ≥3-2n4对n ∈N *恒成立，当1≤n <3时，t ≤3-2n 4n -3 =-12-34×1n -3,-12-34×1n -3≥-18，则t ≤-18；当n =3时，不等式恒成立；当n >3时，t ≥3-2n 4n -3=-12-34×1n -3,-12-34×1n -3<-12，则t ≥-12，于是-12≤t ≤-18，综上,实数t 的取值范围是-12≤t ≤-18.4(23-24高二下·吉林长春·阶段练习)设正项数列a n 的前n 项之和b n =a 1+a 2+⋯+a n ，数列b n 的前n 项之积c n =b 1b 2⋯b n ，且b n +c n =1.(1)求证：1c n为等差数列，并分别求a n ､b n 的通项公式；(2)设数列a n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，不等式S n >1λ+λ-136对任意正整数n 恒成立，求正实数λ的取值范围.【答案】(1)证明见解析，a n =1n n +1，b n =nn +1(2)12<λ<2【分析】(1)利用已知关系可得b n =c n c n -1，代入b n +c n =1，化简可证1c n 为等差数列，从而求得a n ，b n的通项公式；(2)由(1)得a n ⋅b n +1=1n n +2，利用裂项相消可得S n =34-121n +1+1n +2 ，利用数列的单调性求出S n ≥S 1=13，解不等式即可求出正实数λ的取值范围.【详解】(1)由题意知：当n ≥2时，b n =c n c n -1，代入b n +c n =1得cn c n -1+c n =1，所以1c n -1c n -1=1.由b 1=c 1b 1+c 1=1，得b 1=c 1=12，所以1c n是以2为首项，1为公差的等差数列，所以1c n=n+1，c n=1n+1，b n=1-c n=nn+1，当n≥2时，a n=b n-b n-1=nn+1-n-1n=1n n+1，当n=1时，a1=b1=12也符合上式，所以a n=1n n+1.(2)由(1)得a n⋅b n+1=1n n+1⋅n+1n+2=1n n+2，所以S n=11×3+12×4+13×5+⋯+1n-1n+1+1n n+2=121-13+12-14+13-15+⋯+1n-1-1n+1+1n-1n+2=34-121n+1+1n+2.显然S n单调递增，所以S n≥S1=1 3 .由题意得1λ+λ-136<13，即1λ+λ<52，又λ>0，所以λ的取值范围为12<λ<2.5(2024·湖南·二模)已知a n是各项都为正数的等比数列，数列b n满足：b n=2log2a n+1，且b1= 1，b4=7.(1)求数列a n,b n的通项公式；(2)若对任意的n∈N*都有2λa n≥b n-2，求实数λ的取值范围.【答案】(1)a n=2n-1；b n=2n-1(2)λ≥38【分析】(1)利用题设条件求得a1,a4，再利用等比数列的通项公式求得a n，进而求得b n；(2)将问题转化为λ≥2n-32n 恒成立，再利用作差法求得f(n)=2n-32n的最大值，从而得解.【详解】(1)因为b n=2log2a n+1，b1=1，b4=7，所以b1=1=2log2a1+1，则a1=1，b4=7=2log2a4+1，则a4=8，因为a n是各项都为正数的等比数列，所以q3=a4a1=8，即q=2，所以a n=2n-1，则b n=2log2a n+1=2n-1+1=2n-1.(2)因为2λa n≥b n-2恒成立，所以λ≥b n-22a n=2n-32n恒成立，设f(n)=2n-32nn∈N*，则f n+1-f n =2n-12n+1-2n-32n=5-2n2n+1，当n≤2时，f(n+1)-f(n)>0，则f(3)>f(2)>f(1)；当n ≥3时，f (n +1)-f (n )<0，则f (3)>f (4)>f (5)>⋯；所以f (n )max =f (3)=38，则λ≥38.6(23-24高二上·山东烟台·期末)设数列a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，a 1=-2，b 1=1，且4S n +1=3S n -8，b n +1=43b n -2a n +1(n ∈N *).(1)求a n 的通项公式，并证明：34n -1b n 是等差数列；(2)若不等式(6nλ-54)43n-(n +3)(T n -9)≤0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】(1)a n =-2×34n -1，证明见解析；(2)(-∞,3].【分析】(1)根据给定条件，结合a n =S n -S n -1(n ≥2)求出a n 的通项，再利用等差数列的定义推理即得.(2)利用错位相减法求和得，T n =(3n -9)43n+9，由给定不等式得，λ≤n 2+92n =n 2+92n ，再求出n2+92n的最小值即可.【详解】(1)数列a n 中，4S n +1=3S n -8，当n ≥2时，4S n =3S n -1-8，两式相减得，a n +1=34a n，又4S 2=3S 1-8，即4(a 1+a 2)=3a 1-8，而a 1=-2，解得a 2=-32，则a 2=34a 1，所以数列a n 为等比数列，a n =-2×34n -1；由b n +1=43b n -2a n +1，b 1=1，得b n +1=43b n +134n⇒34nb n +1-34n -1b n =1，因此数列34n -1b n 是以34b 1=1为首项、1为公差的等差数列.(2)由(1)得，34n -1b n =1+(n -1)×1=n ，即b n =n 43n -1，则T n =1×43+2×431+3×432+⋯+n ×43n -1，于是43T n =1×431+2×432+3×433+⋯+(n -1)×43r -1+n ×43n，两式相减得，-13T n =43+431+432+433+⋯+43n -1-n 43n=343n-1-n 43n，因此T n =(3n -9)43n+9，又(6nλ-54)43n-(n +3)(T n -9)≤0，即(6nλ-54)43n≤(n +3)(3n -9)43n，于是λ≤n 2+92n =n 2+92n ，而n 2+92n ≥2n 2⋅92n=3，当且仅当n =3时等号成立，则λ≤3，所以实数λ的取值范围为(-∞,3].【点睛】思路点睛：涉及数列不等式恒成立问题，可以变形不等式，分离参数，借助函数思想求解即可.题型二：数列不等式能成立(有解)问题1(2024·云南·一模)已知a n 为等比数列，记S n ､T n 分别为数列a n ､b n 的前n 项和，S 5=62，S 10=2046,2T n =nb n +n ,b 2=3.(1)求a n ､b n 的通项公式；(2)是否存在整数c ，使b 1a 1+b 2a 2+⋯+bn a n<c 对任意正整数n 都成立？若存在，求c 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n =2n ，b n =2n -1；(2)存在，c 的最小值为3.【分析】(1)利用等比数列求和公式得首项和公比的方程组，得a n =2n ，利用数列的和与通项的关系得n -1 b n +1=nb n -1，结合nb n +2=n +1 b n +1-1得b n 是等差数列即可求解；(2)错位相减法求和得C n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+bn a n，再利用数列性质求最值即可求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q ，根据已知得q ≠1，且S 5=a 11-q 51-q =62S 10=a 11-q 101-q =2046解方程组得a 1=2,q =2.∴a n 的通项公式为a n =a 1q n -1=2×2n -1=2n .∵2T n =nb n +n ，∴2T 1=2b 1=b 1+1，解得b 1=1，且2T n +1=n +1 b n +1+n +1.∴2T n +1-2T n =n +1 b n +1+n +1-nb n -n ，即2b n +1=n +1 b n +1+n +1-nb n -n .∴n -1 b n +1=nb n -1且nb n +2=n +1 b n +1-1，则nb n +2-n -1 b n +1=n +1 b n +1-nb n ，整理得b n +2+b n =2b n +1，故b n 是以1为首项，2为公差的等差数列，故b n =1+2n -1 =2n -1.∴b n 的通项公式为b n =2n -1.(2)设C n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+b n a n =12+322+⋯+2n -12n ，则12C n =122+323+⋯+2n -12n +1.∴C n -12C n =12C n =12+222+223+⋯+22n -2n -12n +1=12+2×14×1-12n-11-12-2n-12n+1，∴C n=3-2n+32n.∵C n=3-2n+32n <3恒成立，且C4=3-1116>2,∴存在整数c，使b1a1+b2a2+⋯+b na n<c对任意正整数n都成立，且c的最小值为3.2(23-24高二上·江苏盐城·期末)已知正项数列a n的前n项和为S n，且2S n=a n+1；数列b n是单调递增的等比数列，公比为q，且b2，b4的等差中项为10；b1，b5的等比中项为8．(1)求a n，b n的通项公式；(2)设c n=a n,n为奇数1b n,n为偶数，T n为数列c n 的前n项和，若存在n∈N*使得T2n-2n2+n≥λb n成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n-1,b n=2n(2)18【分析】(1)利用a n与S n的关系可得a n，利用等比数列性质及等差中项、等比中项性质可得b n；(2)分组求和可得T2n，可将原不等式转化为λ≤1312n-18n，计算即可得.【详解】(1)由2S n=a n+1可得4S n=a n+12，当n≥2时，4S n-1=a n-1+12，两式相减得4a n=a n2-a n-12+2a n-a n-1，∴a2n-a2n-1=2a n+a n-1，即a n+a n-1a n-a n-1=2a n+a n-1.∵a n>0，∴a n-a n-1=2(n≥2)，即可得a n是等差数列．由2S1=a1+1，得2a1=a1+1,∴a1=1，即a n=1+(n-1)×2=2n-1．由题意得b2+b4=20b1b5=64，即b2+b4=20b2b4=64，解得b2=4b4=16或b2=16b4=4，∵b n是递增的等比数列，∴b2=4b4=16，所以b1q=4b1q3=16，得b1=2q=2，∴b n=2×2n-1=2n，即a n=2n-1,b n=2n；(2)由(1)得：T2n=a1+a3+⋯+a2n-1+b2+b4+⋯+b2n=2n2-n+131-14n若存在n∈N*使得T2n-2n2+n≥λb n成立，等价于存在n∈N*使得λ≤1312n-18n能成立，设d n=1312n-18n，则d n-d n-1=1312n-18n-1312n-1-18n-1=1378n-12n<0，∴d n是递减数列，故d n的最大值为d1=1 8，因此λ的最大值为1 8 .3(2024·云南曲靖·一模)已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2a n-n．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足b n=a n+1a n a n+1，其前n项和为T n，求使得T n>20232024成立的n的最小值．【答案】(1)a n=2n-1；(2)10.【分析】(1)根据a n,S n关系及递推式可得a n+1=2(a n-1+1)，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；(2)应用裂项相消法求T n，由不等式能成立及指数函数性质求得n≥10，即可得结果.【详解】(1)当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2a n-n)-(2a n-1-n+1)=2(a n-a n-1)-1，所以a n=2a n-1+1，则a n+1=2(a n-1+1)，而a1=S1=2a1-1⇒a1=1，所以a1+1=2，故{a n+1}是首项、公比都为2的等比数列，所以a n+1=2n⇒a n=2n-1.(2)由b n=a n+1a n a n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，所以T n=1-13+13-17+17-115+⋯+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1，要使T n=1-12n+1-1>20232024，即12n+1-1<12024⇒2n+1>2025，由210<2025<211且n∈N*，则n+1≥11⇒n≥10.所以使得T n>20232024成立的n的最小值为10.4(23-24高三上·山东·阶段练习)已知正项数列a n的前n项和为S n，2S n=a n+1；数列b n是递增的等比数列，公比为q，且b2，b4的等差中项为10，b1，b5的等比中项为8．(1)求a n，b n的通项公式；(2)设c n=-a n,n为奇数3b n,n为偶数，T n为c n 的前n项和，若T2n+2n2-n+3≥λb n能成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n-1，b n=2n(2)158【分析】(1)利用S n,a n的关系式即可求得a n是等差数列，可得a n=2n-1；再利用等比数列定义即可求得b 1=2,q =2，可得b n =2n ；(2)采用分组求和并利用等差、等比数列前n 项和公式即可求得T 2n =-2n 2+n +1-14n，不等式能成立等价于λ≤4×12n-18nmax ，利用单调性可求得λ≤158.【详解】(1)由2S n =a n +1可得4S n =a n +1 2，当n ≥2时，4S n -1=a n -1+1 2，两式相减得4a n =a n 2-a n -12+2a n -a n -1 ，∴a n 2-a 2n -1=2a n +a n -1 ，即a n +a n -1 a n -a n -1 =2a n +a n -1 ．∵a n >0，∴a n -a n -1=2(n ≥2)，即可得a n 是等差数列．由2S 1=a 1+1，得2a 1=a 1+1，∴a 1=1，即a n =1+n -1 ×2=2n -1．由题意得b 2+b 4=20b 1b 5=64，即b 2+b 4=20b 2b 4=64，解得b 2=4b 4=16 或b 2=16b 4=4 ．∵b n 是递增的等比数列，∴b 2=4b 4=16，所以b 1q =4b 1q 3=16 ，得b 1=2q =2，∴b n =2×2n -1=2n ．所以a n 和b n 的通项公式为a n =2n -1，b n =2n ．(2)由(1)得：T 2n =-a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n -1 +b 2+b 4+b 6+⋯+b 2n =-1+5+9+⋯+4n -3 +3122+124+126+⋯+122n=-1+4n -3 n2+3141-14n1-14=-2n 2+n +1-14n．T 2n +2n 2-n +3≥λb n 能成立，等价于4-14n ≥λ×2n 能成立，化简得λ≤4×12n-18n能成立，即λ≤4×12n-18nmax．设d n =4×12n-18n，则d n +1-d n =4×12n +1-18n +1-4×12n+18n=-2×12n+78×18n=12n78×14n-2<0，∴d n 是递减数列，故d n 的最大值为d 1=158．∴λ≤158，因此λ的最大值为158．5(23-24高三上·河北张家口·阶段练习)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a n =12S n+1n∈N*．数列b n的前n项和为T n，数列c n的前n项和为A n，数列b n=2na n-a n n∈N*,c n+1n n+1=1a n，n∈N*．(1)求数列a n的通项公式及T n；(2)若对任意n∈N*，存在x0∈-1,1使得A n≤2x0-m成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)a n=2n,n∈N*；T n=6+2n-3⋅2n+1；(2)-∞,14980．【分析】(1)利用S n,a n的关系式可求得数列a n的通项公式为a n=2n,n∈N*，由错位相减法求和即可得T n =6+2n-3⋅2n+1；(2)易知A n=1n+1-12n，由数列的函数特性可知A n≤A4=15-116=1180，根据题意只需满足2-m≥1180即可求得m≤149 80.【详解】(1)由a n=12S n+1n∈N*，可得S n=2a n-2n∈N*,当n=1时，a1=S1=2a1-2，得a1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n-2-2a n-1+2，即a n=2a n-1，可得a n是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，所以a n=2n,n∈N*；当n=1时，a1=2符合a n=2n，所以数列a n的通项公式为a n=2n,n∈N*；b n=2na n-a n=2n-1a n=2n-1⋅2n，则数列b n的前n项和为T n=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋅⋅⋅+2n-1⋅2n，2T n=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋅⋅⋅+2n-1⋅2n+1，相减可得：-T n=2+222+23+⋅⋅⋅+2n-2n-1⋅2n+1=2+2⋅41-2n-11-2-2n-1⋅2n+1=-6+2n+2-2n-1⋅2n+1所以T n=6+2n-3⋅2n+1；(2)由c n+1n n+1=1a n,n∈N*得c n=12n-1n-1n+1，可得A n=12+14+⋅⋅⋅+12n-1-12+12-13+⋅⋅⋅+1n-1n+1=121-12n1-12-1-1n+1=1n+1-12n，由c1=0,c2>0,c3>0,c4>0，当n≥5时，2n>n n+1，即有c n<0，可得A n≤A4=15-116=1180，又x∈-1,1时，y=2x-m的最大值为2-m，对任意n∈N*，存在x0∈-1,1，使得A n≤2x0-m成立，即2-m ≥1180即可，解得m ≤14980；所以实数m 的取值范围为-∞,14980二、专题数列不等式专项训练1(23-24高二下·辽宁大连·阶段练习)设数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=5，a 2=25，S n +1+5S n -1=6S n n ≥2 ，T n 是数列2log 5a n -1 的前n 项和．(1)求数列a n 的通项公式；(2)求满足1-1T 21-1T 31-1T 4⋯1-1T n1-1T n +1≥10232025的最大正整数n 的值．【答案】(1)a n =5n (2)95【分析】(1)利用S n -S n -1=a n 得到数列a n 是等比数列，根据等比数列的通项公式求解；(2)先求出b n ，进而可得T n ，求出1-1T n +1代入不等式左边整理化简，然后解不等式即可.【详解】(1)因为S n +1+5S n -1=6S n n ≥2 ，所以S n +1-S n =5S n -5S n -1，即a n +1=5a n ，又a 2=25=5a 1≠0，所以数列a n 是以5为首项，5为公比的等比数列，所以a n =5n ；(2)由(1)得2log 5a n -1=2log 55n -1=2n -1，所以T n =1+2n -1 n2=n 2，则1-1T n +1=1-1n +1 2=n ⋅n +2 n +12，则1-1T 21-1T 31-1T 4⋯1-1T n1-1T n +1=1×322×2×432×3×542×⋯×n -1 n +1 n 2×n n +2 n +1 2=n +22n +1 ，所以n +22n +1≥10232025，又n ∈N ∗，解得n ≤95，所以正整数n 的最大值为95.2(2024·四川南充·二模)在数列a n 中，S n 是其前n 项和，且3S n -a n =64．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若∀n ∈N +，λ-1<S n ≤4λ+4恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)a n =32×-12n -1(2)7,17【分析】(1)由a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2，作差得到a n =-12a n -1，从而得到a n 是以32为首项，-12为公比的等比数列，即可求出其通项公式；(2)由(1)求出S n ，再根据指数函数的性质求出S n 的最值，即可得解.【详解】(1)因为3S n -a n =64，当n =1时，3S 1-a 1=64，解得a 1=32；当n ≥2时，3S n -1-a n -1=64，所以3S n -a n -3S n -1+a n -1=0，所以a n =-12a n -1；所以a n 是以32为首项，-12为公比的等比数列，所以a n =32×-12n -1.(2)由(1)可得S n =a n +643=6431--12n=6431-12 n,n 为偶数6431+12 n,n 为奇数，又y =12x在R 上单调递减，则y =-12x在R 上单调递增，所以当n 为偶数时，6431-12n≥6431-122=16，当n 为奇数时，6431+12n≤6431+12=32，所以当n =1时S n 取得最大值为32，当n =2时S n 取得最小值为16，因为∀n ∈N +，λ-1<S n ≤4λ+4恒成立，所以λ-1<1632≤4λ+4，解得7≤λ<17，所以λ的取值范围为7,17 .3(2024·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且a 2=3,2S n =n a n +2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1≥λa n +1成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)a n =n +1；(2)-∞,116．【分析】(1)当n =1时，求得a 1=2，当n ≥3时，得到2S n -1=n -1 a n -1+2 ，两式相减化简得到a nn -1-a n -1n -2=-21n -2-1n -1，结合叠加法，即可求得数列a n 的通项公式；(2)由(1)得到1a n a n +1=1n +1-1n +2，求得1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-1n +2，解法1：根据题意，转化为λ≤n 2n +2 2，结合n 2n +2 2=12n +4n +4 ，结合基本不等式，即可求解；解法2：根据题意，转化为λ≤12n +2-1n +22，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】(1)解：当n =1时，2S 1=2a 1=a 1+2，解得a 1=2，当n ≥3时，2S n =n a n +2 ,2S n -1=n -1 a n -1+2 ，两式相减可得，n -2 a n -n -1 a n -1=-2，则a n n -1-a n -1n -2=-21n -2-1n -1 ,a n -1n -2-a n -2n -3=-21n -3-1n -2 ,⋯，a 32-a 21=-21-12叠加可得，a n n -1-a 21=4-2nn -1，则a n =n +1，而n =1,2时也符合题意，所以数列a n 的通项公式为a n =n +1．(2)解：由(1)知a n =n +1，可得1a n a n +1=1n +1 n +2=1n +1-1n +2，故1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-13+13-14+⋯+1n +1-1n +2=n2n +2；解法1：由1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1≥λa n +1，可得n2n +2≥λn +2 ，即λ≤n 2n +2 2，即则λ≤n 2n +2 2 max ，又由n 2n +2 2=12n +4n +4≤116，当且仅当n =2时取等号，故实数λ的取值范围为-∞,116．解法2：由1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-1n +2≥λn +2 ，可得λ≤12n +2 -1n +22=-1n +2-14 2+116，当n +2=4，即n =2时，12n +2 -1n +2 2max=116，则λ≤116，故实数λ的取值范围为-∞,116．4(23-24高二下·云南玉溪·阶段练习)已知S n 是等差数列a n 的前n 项和，且a 2=3,S 5=25．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若对任意n ∈N *,m ≥a 131+a 232+⋅⋅⋅+a n3n ，求m 的最小整数值．【答案】(1)a n =2n -1(2)1【分析】(1)根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；(2)根据错位相减法求出和，即可得解.【详解】(1)设a n 的公差为d ，因为a 2=3,S 5=25，所以a 1+d =35a 1+10d =25，解得a 1=1d =2 ，所以an =2n -1；(2)因为a n=2n-1，所以a n3n=2n-13n，令T n=a131+a232+⋅⋅⋅+a n3n=13+332+533+⋅⋅⋅+2n-13n，所以13T n=132+333+534+⋅⋅⋅+2n-13n+1，两式相减得23T n=13+232+⋅⋅⋅+23n-2n-13n+1=231-13n1-13-13-2n-13n+1=23-2n+23n+1，所以T n=1-n+1 3n．因为n+13n>0，所以T n<1，所以m≥1，故m的最小整数值为1．5(2024高三·全国·专题练习)已知数列a n的前n项和为S n，且关于x的方程nx2+2S n x+n+ 1=0，n∈N*有两个相等的实数根．(1)求a n的通项公式；(2)若b n=a n+1⋅2a n，数列b n的前n项和为T n，且T n≥4nλ对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n(2)3【分析】(1)利用方程有等根可知判别式为0，求出S n=n2+n，根据a n,S n关系即可得出通项公式；(2)利用错位相减法求出T n，再分离参数后求解即可.【详解】(1)由关于x的方程nx2+2S n x+n+1=0，n∈N*有两个相等的实数根，可得Δ=4S n-4n n+1=0，即S n=n2+n，n∈N*，当n=1时，a1=S1=2．当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-n-12-n-1=2n．当n=1时，上式也成立，所以a n=2n．(2)由(1)可知，b n=a n+1⋅2a n=2n+1⋅4n，T n=3×41+5×42+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n，①4T n=3×42+5×43+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n+1，②①-②得：-3T n=3×41+2×42+⋅⋅⋅+2×4n-2n+1×4n+1=12+2×161-4n-11-4-2n+1⋅4n+1=-8n+43×4n+43，所以T n=83n+49⋅4n-49．又T n≥4nλ对任意的n∈N*恒成立，即83n+49⋅4n-49≥λ4n对任意的n∈N*恒成立，故λ≤83n+49-49×4nmin，因为数列83n +49 -49×4n 在n ∈N *时单调递增，所以83n +49-49×4nmin=3，当且仅当n =1时取得最小值．所以实数λ的最大值为3．6(2024·天津红桥·一模)已知S n 为数列a n 的前n 项和，且满足S n =2a n +r ，其中r ∈R ，且r ≠0．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n +1S n r ，若对任意的n ∈N *，都有2n -1i =1b i <m <2ni =1b i ，求实数m 的取值范围．【答案】(1)a n =-r ⋅2n -1(2)-1<m <2【分析】(1)利用a n ,S n 的关系式求解即可；(2)由题意有2n -1i =1b imax<m <2ni =1b imin，利用分组求和法分别求出2n -1i =1b i ,2ni =1b i ，再根据数列的单调性分别求出2n -1i =1b imax,2n i =1b imin，即可得解.【详解】(1)由S n =2a n +r ，当n =1时，a 1=S 1=2a 1+r ，所以a 1=-r ≠0，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，所以a n =2a n -1，所以数列a n 是以2为公比的等比数列，所以a n =-r ⋅2n -1；(2)由(1)得S n =-r 1-2n1-2=r 1-2n ，则b n =(-1)n +1Sn r=(-1)n +11-2n =(-1)n +1+-2 n ，故2n -1i =1b i =b 1+b 2+⋯+b 2n -1=1+-21--2 2n -1 1--2 =--2 2n +13，2ni =1b i =b 1+b 2+⋯+b 2n =0+-21--2 2n 1--2 =--2 2n +1-23，而2n -1i =1b i =--2 2n +13=-4n +13随n 的增大而减小，所以2n -1i =1b imax =-41+13=-1，2ni =1b i =--2 2n +1-23=2⋅4n -23随n 的增大而增大，所以2ni =1b imin=2×41-23=2，因为对任意的n ∈N *，都有2n -1i =1b i <m <2ni =1b i ，所以-1<m <2.7(23-24高二下·湖南长沙·开学考试)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，a 1=b 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 .(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)求数列1a n ⋅a n +2的前n 项和T n ；(3)记d n =3n -2⋅(-1)n λb n (λ∈R )，对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n ，求λ的取值范围.【答案】(1)a n =n ，b n =2n -1(2)34-12n +2-12n +4(3)-32,1 【分析】(1)根据等比数列和等差数列的通项公式求出公比和公差，即可求解；(2)利用裂项相消即可求和；(3)由d n +1>d n 恒成立，得到3n -1>(-2)n -1λ恒成立，分离参数，分别讨论n 为奇数和偶数时λ的范围，从而得到答案.【详解】(1)因为a n 为等差数列，且a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，所以a 1+4d =5a 1+3d -a 1-2d ，解得：d =1，即a n =n ；因为b n 为等比数列，且b 1=1，b 5=4b 4-b 3 ，所以b 1q 4=4b 1q 3-b 1q 2 ，解得：q =2，即b n =2n -1(2)由(1)可知1a n ⋅a n +2=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以T n =121-13 +1212-14 +1213-15 +1214-16 +⋯121n -1-1n +1+121n -1n +2 =121+12-1n +1-1n +2 所以T n =34-12n +2-12n +4(3)由(1)得d n =3n -2⋅(-1)n λb n =3n -(-2)n λ，由于对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n ，即3n +1-(-2)n +1λ>3n -(-2)n λ，则3n -1>(-2)n -1λ恒成立，当n 为奇数时，则λ<32n -1恒成立，由于32n -1≥1，故当λ<1时，对所有奇数n 恒有d n +1>d n ；当n 为偶数时，则λ>-32n -1恒成立，由于32n -1≥32，则-32n -1≤-32，即当λ>-32时，对所有偶数n 恒有d n +1>d n ；综上，当λ∈-32,1 时，对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n8(23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习)设各项都不为0的数列a n 的前n 项积为T n ，T n =2n n -12⋅a n，a1=2.(1)求数列a n的通项公式；(2)保持数列a n中的各项顺序不变，在每两项a k与a k+1之间插入一项2a k+1-a k(其中k=1,2,3,⋅⋅⋅)，组成新的数列b n，记数列b n的前n项和为S n，若S n>2023，求n的最小值.【答案】(1)a n=2n(2)17【分析】(1)利用a n与T n的关系得到a n-1=2n-1，再检验a1即可得解；(2)利用并项求和法与等比数列的求和公式求得S2n，再依次求得S16,S18,S17，从而得解.【详解】(1)因为T n=2n n-12⋅a n，当n≥2时，T n-1=2(n-1)(n-2)2⋅a n-1，两式相除可得a n=2n-1a na n-1，因为a n≠0，所以a n-1=2n-1，又a1=2，所以a n=2n.(2)依题意，S2n=a1+2a2-a1+a2+2a3-a2+⋯+a n+2a n+1-a n=a1+a2+⋯+a n+2a2-a1+a3-a2+⋯+a n+1-a n=a1+a2+⋯+a n+2a n+1-a1=a1+a2+⋯+a n+2a n+1-2a1=21-2n1-2+2n+2-4=3⋅2n+1-6，易知S2n随着n增大而增大，当n=8时，S16=3⋅28+1-6=1530<2023，当n=9时，S18=3⋅29+1-6=3066>2023，而S17=S16+b17=S16+a9=1530+512=2042>2023,综上，n的最小值为17.9(2014高一·全国·竞赛)对于给定的m,n∈N*，若m≥n，定义C n m=m m-1⋯m-n+1n n-1⋯2×1.已知数列a n满足a1=1，当n≥2时，C2n S n+1=n-13n+22S n-n2-1S n-1，其中S n为数列a n的前n项和.(1)求a n的通项公式；(2)计算数列a n的前n项和S n，是否存在k∈N*，使得任意n≥k，都有S n>2014？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n=n⋅2n-1(2)存在，9【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2求出a n +1a n =2n +1 n，利用累乘法求出答案；(2)错位相减法求和得到S n =n -1 ⋅2n +1，结合单调性求出答案.【详解】(1)根据C n m 的定义可得C 2n =n n -1 2，而n -1 3n +2 2=n 2-1+C 2n ，∴C 2n S n +1=n -1 3n +22S n -n 2-1 S n -1=C 2n S n +n 2-1 S n -S n -1 ，∴C 2n S n +1-S n=n 2-1 S n -S n -1 ，即a n +1a n =n 2-1C 2n=2n +1 n .已知a 1=1，利用“迭乘”原理得a n +1=a n +1a n ⋅a n a n -1⋅⋯⋅a 2a 1⋅a 1=2n +1 n ⋅2n n -1⋅⋅⋅⋅⋅2×21⋅1=n +1 ⋅2n .故通项公式a n =n ⋅2n -1，经检验当n =1时，也满足此式，综上，通项公式为a n =n ⋅2n -1；(2)存在k =9.理由如下：由(1)知S n =a 1+a 2+⋯+a n =1+2×21+3×22+⋯+n ⋅2n -1，①2S n =2+2×22+3×23+⋯+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，②用②-①可得S n =-1-2+22+23+⋯ +2n -1+n ⋅2n -1=-1-21-2n -11-2+n ⋅2n -1=n -1 ⋅2n +1.显然S n 是单调递增的，又S 8=1793,S 9=4097，故存在k =9，使得任意n ≥k ，都有S n >2014.10(23-24高三下·重庆·阶段练习)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=1，2S n =a n a n +1，数列b n 为正项等比数列，b 2=a 4且b 2,3b 1,b 3依次成等差数列.(1)求a n ,b n 的通项公式；(2)设c n =1a n b n，c n 的前n 项和为T n ，问是否存在正整数k 使得k 24<T n <k +124n ≥4 成立，若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n =n ，b n =2n (2)存在，k =16【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差得到a n +1-a n -1=2，从而得到a n 的奇数项、偶数项分别为等差数列，从而求出其通项公式，设等比数列b n 的公比为q ，利用等差中项的性质及等比数列通项公式求出q ，即可求出b n 的通项公式；(2)由(1)可得c n =1n ×2n ，则T n =12+12×22+13×23+⋯+1n ×2n ，利用放缩法证明T n <1724，即可得解.【详解】(1)因为a 1=1，2S n =a n a n +1，当n =1时，2S1=a 1a 2，所以a 2=2；当n≥2时，2S n-1=a n a n-1，所以2S n-2S n-1=a n a n+1-a n a n-1，即2a n=a n a n+1-a n-1．∵a n>0，可得a n+1-a n-1=2n≥2，所以a n的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，所以a2n-1=2n-1，a2n=2n，综上可得a n=n；设等比数列b n的公比为q，因为b2,3b1,b3依次成等差数列，所以b2+b3=6b1，∴b21+q=6b2q，所以q2+q-6=0，解得q=2或q=-3．因为b n为正项等比数列，故q=2，由b2=a4=4，则b1=b2q=2，所以b n=2n．(2)由(1)可得c n=1a nb n =1n×2n，所以T n=12+12×22+13×23+⋯+1n×2n，则T3=12+12×22+13×23=1624，当n=4时，T4=12+12×22+13×23+14×24>T3=1624；当n>4时，T n=12+12×22+13×23+14×24+⋯+1n×2n<12+12×22+13×23+13×24+⋯+13×2n=16 24+13124+125+⋯+12n=16 24+13×1241-12n-31-12=16 24+13181-12n-3<1724．所以存在k=16，使得k24<T n<k+124n≥4．。

新高考数学数列经典题型专题提升-第30讲证明数列不等式：数学归纳法(解析版)

ax ，则 F(x)
ex
1 ex
a
(ex )2
aex ex
1，
令 t ex (t 0) ， u(t) t2 at 1，则 a2 4 (a 2)(a 2) ，
当 a 0 时， F(x) 0 ， F (x) 在 R 上递增；
当 0 a 2 时， 0 ，则 u(t) 0 ，则 F(x)≥0 ， F (x) 在 R 上递增；
（1）利用充分条件、必要条件的定义，结合数学归纳法可证得结论成立；
（2）分析可知：当 n 2 时，1 an 3c 1 an1 ，利用迭代法结合不等式的基本性质可证得不等式成立；
（3）分析得知：当 n 2 时， an 1 3cn1 0
，再利用不等式的基本性质结合等比数列的求和公式可证得结论成立. 【详解】
则 n＝k＋1 时，ak+1＝ ak 2 > 2 2 ＝2，所以 n＝k＋1 时，ak+1>2 成立．
故由①②及数学归纳法原理，知对一切的 n∈N*，都有 an>2 成立． (2){an}是单调递减的数列．
因为
a2 n1
an 2
＝an＋2－
an 2
＝－(an－2)(an＋1)，
又
an>2，所以
a2 n1
当 a 2 时，当 t (0, a a2 4 ) ( a a2 4 , ) 时， u(t) 0 ，
2
2
即 x < ln a - a2 - 4 或 x > ln a + a2 - 4 时， F(x) 0 ；
2
2
F (x) 在 (, ln a a2 4 ) ， (ln a a2 4 , ) 上递增；
a2 4 a , (ln

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】。

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题(解析版)

数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题数列通项放缩问题是放缩问题的常考类型，相较于求和之后再比较大小的题型而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点. 此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩. 当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.目录题型一通项放缩 (3)题型二与导数结合的放缩 (8)题型三数列恒成立问题 (9)1．常见的裂项公式：必须记例如：n n n n n )1(11)1(12−<<+或者12112−+<<++n n n n n 等 2.一个重要的指数恒等式：n 次方差公式123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−>−n n n a b a b a ，就放缩出一个等比数列. 3.糖水不等式：设0,0>>>c m n ，则cn cm n m ++<. 4.利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.常见放缩公式：（太多了，不一定要全部记，自行选择）一、等差型（1）()()21111211<=−≥−−n n n n n n；（2）()2111111>=−++n n n n n ；（3）2221441124412121 =<=− −−+n n n n n ；（4）()()()11!111112!!!11+=⋅=⋅<<=−≥−−−rr n r r n T C r n r n r n r r r r r；二、根式型（5(()22=<=+≥n ；（7(2>=；（8<2=−()22<−≥n；（9<)2==≥n ；三、指数型（10）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−=<==−−−−−−−−−−nn n n n n n n n n n n n()2≥n ；（11）()1111111312231+<+++++< ××−nn n n ；（12）()()01211122221111111=<==−−++−+++−n n n n n C C C n n n n ；（13）()()()111121122121212121−−−<=−≥−−−−−n nn n n n n ．（14）=<<．（2021浙江卷）已知数列{}n a满足)111,N n a a n ∗+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S << D ．100952S <<解析：由211111124n n n a a a ++ ==−2111122n a +∴<+⇒<12<11122n n −++=，当且仅当1n =时取等号，112311n n n n a n a a a n n ++∴≥∴=≤=+++. 一方面：252111)1(41002>⇒+−+>+>S n n n a n . 另一方面113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S≤−+−+−++−=−<，即100332S <<．故选：A ．题型一通项放缩1．已知1n a n =+，若数列21n a的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【详解】证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ，重点题型·归类精讲所以()()()()()22221144411221232123141411na n n n n n n n ==<==− ++++ +++−，所以()222211*********1222223435577921231nT n n n =+++⋅⋅⋅+<−+−+−+⋅⋅⋅+− ++ +111111111122235577921233233n n n −+−+−+⋅⋅⋅+−=−< +++1121212331333n n n n a +=×<×=+，所以2341112321111112222111931333333313n n n n a a a a ++− ++++<++++==−<−3．（2014全国2卷）已知312n n a −=，证明：1231112n a a a ++<…+.解析：1231n n a =−，因为当1n ≥时，13123n n −−≥×，所以1113123nn −≤−× 于是2-112311-111111313311-1332321-3n n n na a a a ++++<+++==< （）. 所以123111132na a a a ++++< . 注：此处13123n n −−≥×便是利用了重要的恒等式：n 次方差公式：123221()().n n n n n n n a b a b a a b a b ab b −−−−−−=−+++++当然，利用糖水不等式亦可放缩：13133132−=<−n n n ，请读者自行尝试.4．已知21na n =−，{}n a 的前n 项和为n S ，0nb >，2121n n b S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：1n T n <+.【详解】2n S n =，则21(1)n S n +=+，2221(1)n b n =++.22223(1)nn n b n ++=+，则n b =∴()()211121n b n n −=<=+⋅+ 2111(1)1n n n <−++.∴121111n n T b b b n n n =+++<+−<++5） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】B【分析】注意到据此可得答案. 【详解】..故，即整数部分为4.<>< 152<> 12>−+−+−++−92>=952<<2023届·广东省综合素质测试（光大联考）【详解】（1）当2,N n n ∗≥∈时，由22211121211n n n n n n n n n n a a S S S S S S S S −−−−−=−⇒=−⇒−=，所以数列{}2n S 是等差数列；（2）112211211S S S S =−⇒=，由（1）可知数列{}2n S 是等差数列，且公差为1，所以21(1)1n Sn n =+−⋅=，又因为数列{}n a 是正项数列，所以=n S，即1n S=，1001)1)1)18T >−+++> .2024届·广州·仲元中学校考7．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为是公比大于0的等比数列，， (1)求和的通项公式： (2)记，证明：【答案】(1)， (2)证明见解析【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质求解，（2）由放缩法与错位相减法求和证明．【详解】（1）对于等差数列，，而，解得，故，对于等比数列，，则，而公比，解得，故（2）令，则，两式相减得，得，故，原式得证{}n a {}64.n b 14b =3248.b b −={}n a {}n b *21,N n n n c b n b =+∈)*N n k n =<∈21na n =−4n nb ={}n a 81878642S a d ×=+=2d =11a =21na n =−{}nb 14b =232)484(b q b q −=−=0q >4q =4n n b =2144nn n c =+<212222n n S =+++ 2311122222n nS +=+++ 2111111112222222n n n n n n S ++=+++−=−− 112222n n nS −=−−<nk =<<【详解】121212311n n n T a a a n n =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=××⋅⋅⋅×=++．所以2221222211123(1)n n S T T T n =+++=++++ 111111111112334(1)(2)23341222n n n n n >++=−+−++−=−××+++++ ．又因为11111122222n n a n n ++−=−=−++，所以112n n S a +>−．【分析】当1n =时，验证所证不等式成立，当2n ≥时，由放缩法可得出11134n n b −≤⋅，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.【详解】解：由141nn n b na =−=−，所以，1111441344134n n n n n b −−−−=⋅−=⋅+−≥⋅，所以，11134n n b −≤⋅，当1n =时，111439b =<，当2n ≥时，211211*********144111344394914nn nn b b b −⋅−+++<++=⋅=−<− . 综上所述，对任意的n ∗∈N ，1211149n b b b +++< .10．已知11223n n n a ++=−，若2nn n b a a =−，n S 为n b 的前n 项和，证明：1215n S ≤<．【解析】11223n n n a ++=− ,2n n nb a a =−,111211112223123232323n n n n n n n n n n b a a +++++++ ∴=−−=× −−−− =, 11111123N ,230,0,122323n n n n n n n b S S b +∗+++∈−>∴=×>∴≥==−− ，1111112323116,232323232323n n n n n n n n n b ++++++ ×<×− −−−−−−21224121525S b b ∴=+=+<，123445131N ,3,1111116232323232323241124654126121215,25232325525n n n n n n S b b ∗++∴∈≥ <++−+−++−−−−−−− =++−=++=+<−− 1215n S ∴≤<.题型二与导数结合的放缩利用导数产生数列放缩：由不等式1ln −≤x x 可得：+∈<+<+N n n n n ,1)11ln(11.11．（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =−−．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x −−>，令112nx =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=−<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a b a a b − ≠=− = 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立. 进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b−>−+，即111ln ln ()2b a b a a b −<+−.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +−<++，所以111ln(1)ln ()21n n n n +−<++①.(,)L a b <1ln ln ln 2ln (1)a a b x x x b x ⇔−<⇔<⇔<−=>其中，接下来令t=2−>1(1)lnn>+，1()nlnn+>②.12．已知函数(1)()ln(1)1x xf x xxλ++−+，设数列{}na的通项111123nan=++++，证明：21ln24n na an−+>.解析：由上述不等式①，所以111ln(1)ln()21n nn n+−<++，111ln(2)ln(1)()212n nn n+−+<+++，111ln(3)ln(2)()223n nn n+−+<+++…，111ln2ln(21)()2212n nn n−−<+−.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln2ln()2123212n nn n n n n n−<+++++++++−，即111211ln22123214n n n n n n<+++++++++−，故11211ln212324n n n n n+++++>+++，即21ln24n na an−+>.13．已知函数()ax xf x xe e=−．（1）当1a=时，讨论()f x的单调性；（2）当0x>时，()1f x<−，求a的取值范围；（3）设*n N∈(1)ln n+…+>+．【答案】（31()nlnn+>，进一步求和可得：11231()(...)(1)12n nk kk nln ln ln nk n=++>=×××=+∑， (1)ln n+>+．题型三数列恒成立问题14．已知等差数列{}n a的前n项和记为n S（*n∈N），满足235326a a S+=+,数列{}n S为单调递减数列，求1a的取值范围. 【答案】(),2−∞【分析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知可得2d =−，求得n S ，由数列的单调性列不等式即可得1a 的取值范围；【详解】设等差数列{}n a 的公差为d ，由于235326a a S +=+，所以()()1113225106a d a d a d +++=++，解得2d =−，所以()()211112n n n S na d n a n −=+=−++，若数列{}n S 为单调递减数列，则10n n S S +−<对于*n ∈N 恒成立，所以()()()()221111111120n n S S n a n n a n a n + −=−++++−−++=−<在*n ∈N 上恒成立，则12a n <，所以()1min 2a n <，又数列{}2n 为递增数列，所以()min 2212n =×=，即12a <，故1a 的取值范围为(),2−∞15．已知数列{}n a 满足：11a =，12n n a a +=.设()232n n b nn a −−⋅，若对于任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则实数λ的取值范围为【答案】1,2+∞【分析】由11a =，12n n a a +=可得112n n a −=，进而得到21322n n n n b −−−=，结合()152n nnn n b b +−−=−，分15n ≤≤和6n ≥分类讨论，确定数列{}n b 的单调性，求出n b 最大值，进而得解.【详解】由数列{}n a 满足11a =、1n n a a +=得：{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， ∴112n n a −=，∴21322n n n n b −−−=，∴()()()22111312532222n nn n nn n n n n n b b +−+−+−−−−−=−=−，当15n ≤≤时，10n n b b +−≥，∴1n n b b +≥，当且仅当5n =时取等号，65b b =，当6n ≥时，10n n b b ，∴1n n b b +<，当5n ≤时，数列{}n b 单调递增，当6n ≥时，数列{}n b 单调递减，则当5n =或6n =时，()24max 2512152n b −==−，而任意的N n ∗∈，n b λ≤恒成立，则12λ≥，∴实数λ的取值范围为1,2+∞.16．已知数列{an }对任意m ，n ∈N *都满足am +n =am +an ，且a 1=1，若命题“∀n ∈N *，λan ≤2n a +12”为真，则实数λ的最大值为 . 【答案】7【分析】先求出{}n a 的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m =1，则a n+1=a n +a 1，a n+1－a n =a 1=1，所以数列{a n }为等差数列，首项为1，公差为1，所以a n =n ，所以λa n ≤2n a +12⇒λn ≤n 2+12⇒λ≤n +12n，又函数12y x x=+在(0,上单调递减，在)+∞上单调递增，当3n =或4n =时，min 12()7n n+=所以7λ≤【分析】先由题设求得n a ，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立转化为12k λλ<+对任意0λ>恒成立，再利用基本不等式求得12λλ+的最小值，即可得到答案.【详解】由()()211231222113n n a a a a n n n −++++=+− ，当2n ≥时，()()2212311222123n n a a a a n n n −−++++=−− ，两式相减可得：()()()()()112111213n n a n n n n n n n n −=+−−−−=−， ∴()112n n n n a −−=，由10a =，显然成立，设()()22211112232222n nnn n nn n n n n n n n n na a +−+−+−+−+−=−==， ∴当03n <≤时，10n n a a +−>，当4n ≥时，10n n a a +−<，因此，03n <≤，数列{}n a 单调递增，当4n ≥时，数列{}n a 单调递减，由332a =，432a =，故当3n =或4n =时，数列{}na 取最大值，且最大值为32，对任意0λ>，所有的正整数n 都有22n k a λλ−+>成立，可得2322k λλ−+>，因此，212k λλ<+，即12k λλ<+对任意0λ>恒成立，由12λλ+≥12λλ=，即λ=min 12k λλ <+ ∴实数k 的取值范围是(−∞.18．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232n n n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，进而转化为2max 3()2n n n λ+≤，构造232n nn nb +=，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 n λ+≤对于任意*n ∈N 恒成立，即2max 3()2n n n λ+≤，令232n nn n b +=，则2221113(1)(1)3354222n nn n n n n n n n n b b +++++++−++−=−=，因为21302b b −=>，32104b b −=>，43102b b −=−<，且21135402n nn n n b b ++−++−=<对于任意3n ≥恒成立，所以12345b b b b b <<>>>⋅⋅⋅，即2max 3315()24nn n b +==，所以实数λ的取值范围是15,4+∞【分析】利用11,1,2n n n S n a S S n −= =−≥ ，得到118a =，1433nn n a a −=×−，变形后得到3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出()423nn a n =+⋅，故代入n a ≥3n n ≥，利用作差法得到3n n 单调递减，最小值为13，列出不等式求出答案.【详解】当1n =时，2111332a S a ==−，解得：118a =，当2n ≥时，111333322n n n n n n n a S a a S −−+==−+−−，整理得1433nn n a a −=×−，方程两边同除以3n ，得11343n n nn a a −−−=，又163a =，故3n n a 是等差数列，首项为6，公差为4，所以()123644nnn n a =+−=+，故()423n n a n =+⋅，经验证，满足要求，所以n a ≥为()423nn +⋅≥故3nn≥，对任意N n +∈恒成立， 111113123333n n n n n n n n n+++++−−−==，当1n ≥时，111120333n n n n n n +++−−=<，故1133n n n n ++<， 3n n 单调递减，当1n =时，3nn 取得最大值13，故13≥，解得：136k ≥，则k 的最小值为136【分析】先利用等差数列通项公式求解n a ，再利用数列的单调性求解数列()()221212n n n b n −−=−⋅的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由()*122n n n a a a n ++=+∈N 可知数列{}n a 是等差数列，设其公差为d ，解方程218650x x −+=得5x =或13x =，又73a a >， ∴37513a a ==，，73135424d a a d −−=∴== ，， ()52321n a n n ∴=+−=−.由()()2241n n n a a λ−>−得()()()2224212n n n λ>−−−，()()2212142n n n λ−−>−∴−，设()()221212n n n b n −−=−⋅，则()()()()2232111221252212212412n n n n n n n n n b b n n n −+−−−−+−−=−=+⋅−⋅−⋅，由()21412n n −−⋅>0对于任意*n ∈N 恒成立，所以只考虑32252n n −+−的符号，设()()322521f n n n n =−+−≥，()()2610235f n n n n n ′=−+=−−，令()0f n ′>解得513n ≤<，即()f n 在513n ≤<上单调递增，令()0f n ′<解得53n >，即()f n 在53n >上单调递减，()11f =，()22f =，()311f =−，当3n ≥，()()30f x f ≤<，当1n =，2n =时，()0f n >，即10n n b b +−>，123b b b ∴<<，当3n ≥，()0f x <，即()221132520412n n n n n b b n +−−+−−=<−⋅，即从3n ≥，n b 开始单调递减，即325≤=n b b ，245λ∴−>，即185λ<，λ∴的取值范围为185−∞ ，.解：14122n n nb n na −−−=，则()()211112135222n n nT −−=−+−×+−×++ ，则()2111132121322222n n n n n T −−−=−×+−×+++ ，两式相减得：()()2312111111112121122212()123+122222222212nn n n n n n n n n T −−−−−−=−+−×++++−=−+−×−=−−− 于是得3112126+2n n n n T −−−=−−，由1361122n nn 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1361122n nn T +>−+成立的n 的最小值是5.22．已知数列{}n a 中，11a =，满足()*1221N n n a a n n +=+−∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，若不等式240nn S λ⋅++>对任意正整数n 恒成立，求实数λ的取值范围.解析：(1)()()1211221n n a n a n ++++=++，所以{}21n a n ++是以12114a +×+=为首项，公比为2的等比数列，所以1121422n n n a n −+++=×=，所以1221n n a n +−−.(2)()()()231122325221n n n S a a a n + =+++=−+−++−+ ()()23122235721n n ++++−+++++ ()()222212321122242n n n n n n +−++=−−−−−，若240nn S λ⋅++>对于*N n ∀∈恒成立，即22222440n n n n λ+⋅+−−−+>，可得22222n n n n λ+⋅>+−即2242nn n λ+>−对于任意正整数n 恒成立，所以2max 242n n n λ +>− ，令()242n n n n b +=−，则21132n n n n b b ++−−=，所以1234b b b b <>>>…，可得()222max222422n b b +×==−=−，所以2λ>−，所以λ的取值范围为()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 ----⨯<⋯<⨯+.。

高考数学放缩法证明数列不等式之常数型与函数型(解析版)

放缩法证明数列不等式之常数型与函数型◆题型一:放缩法证明数列不等式之常数型方法解密:放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型.大部分是以证明某个数列和大于或小于一个常数类型,小部分是证明某个数列前n项和或者积大于或小于一个函数(下一专题详解).本专题我们来介绍最常见的常数类型.放缩的目的有两个:一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式,这样可以方便比较大小.二是两者之间无法直接比较大小,这样我们需要通过寻找一个媒介,来间接比较大小.放缩的原则:放缩必然会导致数变大或者变小的情况,我们的原则是越精确越好.在证明过程中,为了使放缩更精确,往往会第一项不变,从第二项或者第三项开始放缩(例题会有讲解).放缩的方法:(1)当我们要证明多项式M<A时,我们无法直接证明两者的大小,这时我们可以将多项式M放大为N1,当我们能够证明N1<A,也间接证明了M<A.切不可将M缩小为N2,即使能够证明N2<A,M与A的关系无法得证.(2)当我们要证明多项式M>A时,这时我们可以将多项式M缩小为N1,当我们能够证明N1>A,也间接证明了M>A.需要放缩的多项式多以分式形式出现,要使得分式的值变大,就是将分母变小,常见是将分母减去一个正数,比如1.常见的放缩形式:(1)1n2<1n-1n=1n-1-1n n≥2；(2)1n2>1n n+1=1n-1n+1；(3)1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1；(5)1n =2n+n<2n-1+n=2-n-1+nn≥2；(6)1n =2n+n>2n+n+1=2-n+n+1；(7)1n =2n+n<2n-12+n+12=222n-1+2n+1=2-2n-1+2n+1；(8)2n2n-12=2n2n-12n-1<2n2n-12n-2=2n-12n-12n-1-1=12n-1-1-12n-1n≥2；(12)12n-1<2n-12n-1-12n-1=12n-1-1-12n-1n≥2.类型一:裂项放缩【经典例题1】求证112+122+132+.....+1n2<2【解析】因为1n2<1n2-n=1n n-1=1n-1-1n n≥2,所以112+122+132+.....+1n2<112+1 22-2+132-3+.....+1n2-n=1+1-12+12-13+.....+1n-1-1n=2-1n<2,所以原式得证.为什么第一项没有经过放缩,因为分母不能为0,所以只能从第二项进行放缩.总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n ,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式1】求证112+122+132+.....+1n 2<74【解析】因为1n 2<1n 2-1=1n +1 n -1=121n -1-1n +1 n ≥2,所以112+122+132+....+1n 2<112+122-1+132-1+....+1n 2-1=1+121-13+12-14+13-15....+1n -1-1n =1+121+12-1n -1n +1 <74,所以原式得证. 总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n ,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式2】求证112+122+132+.....+1n 2<53【解析】因为1n 2<1n 2-1=1n +1 n -1=121n -1-1n +1 n ≥2 ,所以112+122+132+....+1n 2<112+122+132-1+....+1n 2-1=1+122+1212-14+13-15+14-16+....+1n -1-1n =1+14+1212+13-1n -1n +1 =53-121n +1n +1 <53,注意这是保留前两项,从第三项开始放缩.总结:通过例1和变式题我们发现,我们对分式的进行放大,分母我们依次减去的数是n ,1.不难发现,这些数递减,所得的结果也是递减的.说明减去的数越小,所得的结果越精确.同时通过两道变试题我们也发现,保留前几项不动,这样放缩的精度也会高一些.有些模拟题中,经常出现保留前2项到3项不动的情况.那么作为学生如何判断从第几项开始放缩呢?这需要学生去尝试和试错,如果第一项不行,那就尝试第二项,第三项.【经典例题2】已知a n =n 2,b n =n 2,设c n =1a n +b n,求证:c 1+c 2+⋯+c n <43. 【解析】已知a n =n2,b n=n 2,因为c n =22n 2+n=2n (2n +1)=42n (2n +1)<4(2n -1)(2n +1)=212n -1-12n +1 所以c 1+c 2+⋯+c n <23+213-15+15-17+⋯+12n -1-12n +1 =23+23-22n +1<43,故不等式得证.【经典例题3】已知数列a n 满足a 1=1，a n -1=n -1na n (n ≥2,n ∈N *)，(1)求a n ;(2)若数列b n 满足b 1=13，b n +1=b n +1a 2n(n ∈N *)，求证：b n <2512．【答案】(1)a n =n ；(2)证明见解析．【详解】(1)由题意a n a n -1=nn -1(n ≥2)，∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n a n -1=1×21×32×⋯×n n -1=n ，a 1=1也适合．所以a n =n (n ∈N *)；(2)由已知b 1=13<2512，b 2=b 1+1=43<2512，b 3=b 2+122=43+14=1912<2512，当n ≥3时，b n +1-b n =1n2<1n (n -1)=1n -1-1n ，因此b n +1=b 3+(b 4-b 3)+(b 5-b 4)+⋯+(b n +1-b n )<1912+12-13 +13-14 +⋯+1n -1-1n=2512-1n <2512，则b n =b n +1-1n2<2512综上，b n <2512．类型二:等比放缩所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等比数列,然后再求和,我们通过例题进行观察了解.【经典例题4】证明:121-1+122-1+123-1+...+12n -1<53【解析】令a n =12n -1,则a n +1a n =2n -12n +1-1<2n -12n +1-2=12⇒a n +1<12a n又因为a 1=1,a 2=13,由于不等式右边分母为3,因此从第三项开始放缩,得a 1+a 2+⋯+a n <a 1+a 2+12a 2+⋯+12 n -2a 2=1+131-12n -1 1-12<53故不等式得证.【经典例题5】已知数列a n 满足：a 1=2，a n +1=2a n +2n +1，n ∈N *.(1)求证a n2n 是等差数列并求a n ；(2)求数列a n 的前n 项和S n ；(3)求证：1a 2-a 1+1a 3-a 2+1a 4-a 3+⋅⋅⋅+1a n +1-a n <12.【答案】(1)证明见解析，a n =n ⋅2n ；(2)S n =(n -1)2n +1+2；(3)证明见解析.【详解】(1)证明：a n +12n +1-a n 2n =2a n +2n +12n +1-a n 2n =2a n 2n +1+1-a n2n=1，∴a n 2n 是首项为a 121=1，公差为1的等差数列，∴a n 2n =1+(n -1)1=n ，∴a n =n ⋅2n .(2)∵S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅2n ，∴2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅2n +1，两式相减得：-S n =21+22+23+⋅⋅⋅⋅⋅⋅2n -n ⋅2n +1，-S n =21-2n1-2-n ⋅2n +1，∴S n =(n -1)2n +1+2.(3)证明：∵a n =n ⋅2n ，∴a n +1=(n +1)⋅2n +1，∴a n +1-a n =(n +2)⋅2n ，当n ∈N *时，n +2>2，∴(n +2)⋅2n >2n +1，∴1(n +2)⋅2n <12n +1，∴1a 2-a 1+1a 3-a 2+1a 4-a 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅1a n +1-a n <122+123+124+⋅⋅⋅⋅⋅⋅12n +1=141-12 n 1-12=121-12 n <12.【练习1】已知数列{a n }中，a 1=1，其前n 项的和为S n ，且当n ≥2时，满足a n =S 2nS n -1．(1)求证：数列1S n 是等差数列；(2)证明：S 21+S 22+⋯+S 2n <74．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】(1)当n ≥2时，S n -S n -1=S 2nS n -1，S n -1-S n =S n S n -1，即1S n -1S n -1=1从而1S n 构成以1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)可知，1S n =1S 1+n -1 ×1=n ，∴S n =1n ．则当n ≥2时S 2n =1n 2<1n 2-1=121n -1-1n +1 ．故当n ≥2时S 21+S 22+⋯+S 2n <1+121-13 +1212-14 +⋯+121n -1-1n +1=1+121+12-1n -1n +1 <1+12⋅32=74又当n =1时，S 21=1<74满足题意，故S 21+S 22+⋯+S 2n <74．法二：则当n ≥2时S 2n =1n 2<1n 2-n=1n -1-1n ，那么S 21+S 22+⋯+S 2n <1+14+12-13 +13-14 +⋯1n -1-1n =74-1n <74又当n =1时，S 21=1<74，当时，S 21=1<74满足题意.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =12na n+a n -1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若数列2a 2n的前n 项和为T n ，证明：T n <32．【答案】(1)a n =n +1n ∈N * ．(2)见解析【解析】(1)当n =1时，S 1=12a 1+a 1-1，即a 1=2，当n ≥2时，S n =12na n +a n -1①，S n -1=12n -1 a n -1+a n -1-1②，①-②，得：2a n =na n -n -1 a n -1+2a n -2a n -1，即na n =n +1 a n -1，∴a n n +1=a n -1n ，且a 12=1，∴数列a n n +1 是以每一项均为1的常数列，则a nn +1=1，即a n =n +1n ∈N * ；(2)由(1)得a n =n +1，∴2a 2n =2n +12<2n n +2 =1n -1n +2，∴T n <1-13+12-14+13-15+⋯+1n -1n +2=1+12-1n +1-1n +2<32.【练习3】已知函数f (x )=x 3-2x ，数列a n 中，若a n +1=f (a n )，且a 1=14.(1)求证：数列1a n-1是等比数列；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <12.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】(1)由函数f (x )=x3-2x ，在数列a n 中，若a n +1=f (a n )，得：a n +1=a n 3-2a n，上式两边都倒过来，可得：1a n +1=3-2a n a n =3a n-2，∴1a n +1-1=3a n -2-1=3a n -3=31a n -1 ．∵1a 1-1=3．∴数列1a n -1 是以3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)，可知：1a n -1=3n ，∴a n =13n +1，n ∈N *．∵当n ∈N *时，不等式13n +1<13n 成立．∴S n =a 1+a 2+⋯+a n =131+1+132+1+...+13n +1<131+132+...+13n =13⋅1-13n 1-13=12-12•13n <12．∴S n <12．【练习4】已知函数f (x )=x 2-2x ，数列a n 的前n 项和为S n ，点P n n ,S n 均在函数y =f x 的图象上．若b n=12a n +3 (1)当n ≥2时，试比较b n +1与2b n的大小；(2)记c n =1b n n ∈N *试证c 1+c 2+⋯+c 400<39.【答案】(1)b n +1<2bn ；(2)证明见解析.【详解】(1)∴f (x )=x 2-2x ，故S n =n 2-2n ，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2n -3，当n =1时，a 1=S 1=-1适合上式，因此a n =2n -3n ∈N * .从而b n =n ,b n +1=n +1,2b n=2n ，当n ≥2时，2n =1+1 n =C n 0+C n 1+⋯>n +1故b n +1<2b n=2n(2)c n =1b n =1n，c 1=1，1n =2n +n <2n +n -1=2(n -n -1)n ∈N *,n ≥2 c 1+c 2+...+c 400<1+22-1 +23-2 +...+2400-399 =2400-1=39.◆题型二:放缩法证明数列不等式之函数型方法解密:数列放缩较难的的两类便是形如数列的前n 项和与函数f (n )的不等关系,即a 1+a 2+⋯+a n <f (n )或者数列前n 项积与函数f (n )的不等关系,即a 1⋅a 2⋅⋯⋅a n <f (n )的问题,其中,这里的前n 项和与前n 项积难求或者是根本无法求.面对这类题时,首先,我们可以将f (n )看成某个数列的和或者积,然后通过比较通项的大小来解决;其次,我们也可以对a n 进行变形,使之能求和或者求积.往往第二种方法难以把握,对学生综合素质要求较高.而第一种方法相对简单易行,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.【经典例题1】已知数列a 1=32,a n +1=3a n -1,n ∈N *(1)若数列b n 满足b n =a n -12,求证:数列b n 是等比数列。

专题十六：数列不等式-放缩、裂项(解析版)

专题十六：数列不等式证明-放缩、裂项（解析版）一、裂项相消1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，332n n a a =-，且5324S S a -=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：34n T <.【答案】（1）21n a n =+；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）设数列{}n a 的公差为d ，在332n n a a =-中，令1n =，得3132a a =-，即11232a d a +=-，故11a d =+①.由5324S S a -=得4524a a a +=，所以123a d =②. 由①②解得13a =，2d =.所以数列{}n a 的通项公式为：21n a n =+. （2）由（1）可得()12(321)222n n n a a n n S n n +++===+，所以211111222n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，故1111111112324352n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以11113231221242(1)(2)n n T n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭. 因为2302(1)(2)n n n +>++，所以34n T <.2．已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，424S =，10120S =．（1）求n S ；（2）记数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：34nT <．【答案】（1）22n S n n =+；（2）证明见解析．【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则1(1)2n n n dS na -=+， ∴由题意，有4110146241045120S a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，得13a =，2d =．∴2232n S n n n n n =+-=+．（2）211111222n S n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭， ∴1231111n n T S S S S =+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+，1111111232435⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣1111112n n n n ⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅+-+- ⎪ ⎪⎥-++⎝⎭⎝⎭⎦111112212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭11122⎫⎛<+ ⎪⎝⎭34=．3．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，满足223n S n n λ=+++.（1）求λ的值；（2）设2nn n a b =，数列{}nb 的前n 项和为n T ，求证：352n T ≤<. 【答案】（1）3λ=-；（2）证明见解析. 【详解】（1）由题意知，当1n =时，116S a λ==+，当2n =时，由2224311S λλ=+++=+，所以2215a S S =-=，当3n =时，由2336318S λλ=+++=+，所以3327a S S =-=，因为{}n a 为等差数列，所以2567λ⨯=++，所以3λ=-.（2）由（1）知，21n a n =+，则2122n n n na nb +==， ∴23111111357(21)(21)22222n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯++⨯，∴2341111111357(21)(21)222222n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯++⨯，上式减下式得：2311311112()(21)222222n n n T n +=+⨯++⋅⋅⋅+-+⨯1111(1)31422(21)12212n n n -+-=+⨯-+⨯-1113121525122222n n n n n -++++=+--=-， ∴2552n nn T +=-，∴112302n n n n T T +++-=>，∴n T 是关于n 的增函数，即1n T T ≤，又易知25552n n n T +=-<，故352n T ≤<.4．已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为3,9n S S =，若1231,1,3a a a +++构成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式.（2）设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证:13nT ≥ 【答案】（1）21n a n =-；（2）证明见解析. 【详解】（1）由{}n a 为等差数列，39,S = 得239a =，则23,a =又1231,1,3a a a +++构成等比数列，所以()2132()(11)3a a a ++=+，即()461,)6(d d -+= 解得2d =或4d =-(舍)，所以21n a n =-; （2）因为()()1111121212)21211(n n a a n n n n +=--+-+=，所以12231111n n n T a a a a a a +=+++… 111111123352121n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪-+⎝⎭11111213221n n n ==≥=+++5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S ，n a ，3成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）证明：对一切的正整数n ，有24211129n a a a ++⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）132n n a -=⋅；（2）证明见解析.【详解】（1）因为n S ，n a ，3成等差数列，所以23n n a S =+，① 当1n =时，1123a S =+，得13a =；当2n ≥时，1123n n a S --=+，②①-②可得122n n n a a a --=，即12n n a a -=，即12nn a a -=，所以{}n a 是以3为首项，2为公比的等比数列，所以132n n a -=⋅.（2）由（1）得21211213234nn n a -⎛⎫==⋅ ⎪⋅⎝⎭，所以2242111212121343434nn a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11144221211394914nn ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=⨯=-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-.6．已知数列{}n a 满足()112323122n n a a a na n +++++=-+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列2221log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：34n T <．【答案】（1）2nn a =；（2）证明见解析. 【详解】（1）由题意：()112323122n n a a a na n +++++=-+ ① 当2n ≥时，()()1231231222n n a a a n a n -++++-=-+ ②①－②得()()11222n n n na n n +=---，即2nn a =，当1n =时，12a =满足上式，所以2nn a =．（2）因为22log log 2n n a n ==，所以()22211111log log 222n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭()()1111323122124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭ 又()()230212n n n +>++，所以34n T <．7．已知等比数列{}n a 的各项均为正数，且11a =，212n n n a a a ++=+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列2111(1)log n n a n a +⎧⎫+⎨⎬+⋅⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：332n S ≤<．【答案】（1）12n n a ；（2）证明见解析.【详解】解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q (0)q >，因为212n n n a a a ++=+，所以22q q =+(0)q >，解得2q ，所以12n na ；（2）证明：因为11211111111(1)log 2(1)21n n n n a n a n n n n --++=+=+-+++，所以11111111111112121312231212112n nn n S n n n n ---⎛⎫=+-+-++-=-+-=-- ⎪+++⎝⎭-，因为对1n ≥，11012n -<≤，11012n <≤+， ∴131133221n n -≤--<+，即332n S ≤<．8．给定三个条件：①2a ，4a ，8a 成等比数列，②425S a =，③1(1)n n n a na ++=，从上述三个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.问题：设公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且36S =，___________. （1）求数列{}n a 的通项；（2）若21n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和n K ，求证：34n K <.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】条件选择见解析；（1）n a n =；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠. 选条件①：∴36S =，2a ，4a ，8a 成等比数列，∴()()()31211133637S a d a d a d a d =+=⎧⎪⎨+=++⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，故数列{}n a 的通项n a n =. 选条件②：∴36S =，∴425S a =，∴()3111336465S a d a d a d =+=⎧⎨+=+⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，故数列{}n a 的通项n a n =.选条件③：∴36S =，1(1)n n n a na ++=，∴[]()3111336(1)(1)S a d n a n d n a nd =+=⎧⎨++-=+⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，故数列{}n a 的通项n a n =.（2）∴2111122n n n b a a n n +⎛⎫==- ⎪+⎝⎭，∴1111111213242n K n n ⎛⎫=-+-+- ⎪+⎝⎭1111121212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭1323322(1)(2)4n n n ⎛⎫+=-< ⎪++⎝⎭.9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，()*112n n S a n +=∈N ．（1）求n S ；（2）设n n b S =，求使得23341211199400n n b b b b b b ++++⋅⋅⋅+>成立的最小正整数n ．【答案】（1）13n n S -=；（2）100.【详解】（1）由112n n S a +=，得12n n S a +=，则有12n n n S S S +=-，即13n n S S +=，又因为111S a ==，故数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，所以13n n S -=．（2）由1n n n b S -==2222n n -==-，得121112(22)4n n b b n n ++==⨯⨯+1111(1)41n n n n ⎫⎛=⨯- ⎪⨯++⎝⎭，所以233412111n n b b b b b b ++++⋅⋅⋅+=111111142231n n ⎫⎛-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭11141n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，由1199141400n ⎫⎛-> ⎪+⎝⎭，解得99n >，故使得不等式成立的最小正整数100n =．10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，231n n S a =-. （1）证明数列{}n a 为等比数列并求其通项公式；（2）若311(1)log n n b n a +=+，设数列{}n b 的前n 项和n T ，求使2021n mT <成立的最小正整数m .【答案】（1）证明见解析，13-=n n a ；（2）最小正整数m 为2021. 【详解】（1）证明：231n n S a =-，∴当2n ≥时，11231n n S a --=-，两式相减得：1233n n n a a a -=-即13n n a a -=，当1n =时，有11231S a =-即：11a =，∴数列{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列.13n n a -∴=.（2）解：111(1)1nb n n nn ，11111111122311n T n n n ∴=-+-+⋅⋅⋅+-=-<++， 12021m∴≥，即2021m ≥，故所求最小正整数m 为2021.二、放缩法11．已知数列{}n a 满足11a =，1nn n a pa q +=+，（其中p 、q 为常数，*n N ∈）.（1）若1p =，1q =-，求数列{}n a 的通项公式；（2）若2p =，1q =，数列1n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .证明：22n T n <+，*n N ∈. 【答案】（1）()*1(1)2nn a n N --=∈；（2）证明见解析. 【详解】解析：（1）∴1p =，1q =-，∴1(1)n n n a a ++-=，即1(1)n n n a a +-=-，∴当2n ≥：12111221(1)(1)(1)n n n n n n a a a a a a ------+-++-=-+-++-，得1(1)12n n a a -+-=，∴11a =，∴1(1)2n n a --=，当1n =：11a =也符合上式，故()*1(1)2n n a n N --=∈（或1,0,n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数）. （2）∴2p =，1q =，∴121n n a a +=+，∴()1121n n a a ++=+，即1121n n a a ++=+，∴{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴12n n a +=，即()*21n n a n N =-∈.又1112122122221112122n n n n n n n n a a +++--+===+≤+---， ∴11122221221212n n n T n n n -⎛⎫≤+=+-<+ ⎪⎝⎭-，综上说述：()*22n T n n N <+∈.12．已知数列{}n a 的各项均为正数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}2n a 的前n 项和为n T ，且232n n n T S S =+，*n N ∈. （1）求1a 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）若有111n n b a +=-，求证：231321n b b b +++<【答案】（1）11a =，12n n a ；（2）证明见解析．【详解】（1）在232n n n T S S =+中令1n =得2211132a a a =+，因为10a >，所以11a =，又由232n n n T S S =+①得211132n n n T S S +++=+②②－①得211113()()2n n n n n n a S S S S a ++++=-++，即211113()2n n n n n a a S S a ++++=++，因为10n a +>，所以1132n n n a S S ++=++③，于是有132(2)n n n a S S n -=++≥④， ③－④得1133n n n n a a a a ++-=+，所以2n ≥时，12n na a +=，又由222232T S S =+，即222223(1)(1)2(1)a a a +=+++，整理得22220a a -=，又20a >，所以22a =，所以212a a =．所以12n na a +=，*n N ∈．所以{}n a 通项公式为12n n a ；（2）由（1）111121n n n b a +==--， 4n ≥时，111112121222(2)22n nn n n n ------=⋅-=-11528n -≥⋅，所以118121152n n -≤⋅-，所以23341118111()3715222n n b b b -+++<+++++ 11081110210313()2115422115212121n -=+-<+<+=．13．已知数列{}n a 满足112a =，1223241n n n a a n ++-=-，n *∈N . （1）设121n n b a n =+-，求证：数列{}n b 是等比数列；（2）设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，求证：3n S <，n *∈N . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）121n n b a n =+-，1223241n n n a a n ++-=-，则1122123142222222141214121n n n n n n n n b a a a a b n n n n n ++++=+=++=+=+=+-+--，又11312b a =+=，所以数列{}n b 是等比数列；（2）由（1）得，1232322n n n b --=⋅=⋅，N n *∈， 213221n n a n -∴=⋅--，N n *∈， 211n -≥，23210n n a -∴≥⋅->，211321n n a -∴≤⋅-，当2n ≥时，21231111111111222+23312222211112251132112n n n n n S ----⎛⎫- ⎪⎝⎭<++++=+<+=-<-++++⋅-又11123S a ==<，综上，3n S <，n *∈N .14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知14a =，124n n S a n +=+-，*n N ∈． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()122121n n n n a b +-=++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求满足1340n T >的正整数n 的最小值．【答案】(1)22nn a =+；(2)6．【详解】(1)因为124n n S a n +=+-，则()1262n n S a n n -=+-≥，当2n ≥时，112n n n n n a S S a a -+=-=-+，即122n n a a +=-，即()1222n n a a +-=-． ∴122a -=，取1n =，则()21112422a S a a -====-，对()1222n n a a +-=-也成立．所以{}2n a -是首项和公比都为2的等比数列，从而22nn a -=，所以22nn a =+．(2)由题设，()()()()()11112121211212121212121n n n n n n n n n n b +++++-+===-++++++，则2231111111111212121212121321n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭．由1111332140n +->+，得11113121340120n +<-=+，即121120n ++>，即12119n +>，则6n ≥.所以正整数n 的最小值为6．15．数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ，满足1n n S a =-，设()12n n n b S a +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ．（1）求n T ；（2）设n n n c S T =+，数列{}n c 的前n 项和为n R ，求证：12222121111n nT T T R R R ++++++<．【答案】（1）1212nn -+；（2）证明见解析．【详解】解：（1）111S a =-得112a =， ()()111111n n n n n n n a S S a a a a ++++=-=---=-，所以112n n a a +=，可得{}n a 为等比数列，所以1111222n n n a -⎛⎫=⋅=⎪⎝⎭．由1n n S a =-，可得1n n S a +=()12122312n n n n T b b b S a S a S a +=+++=++++++()112211222n n n n T S a S a S a a a +=++++++-+1112222122n n n a n +=-⨯+=-+．（2）因为1n n n n n c S T a T =+=-+，由（1）代入可得11121222n n nc n n =-+-+=，则()()2212n n n R n n +⨯==+， ()()()()()222222222221211211121111n n n n n n T n R n n n n n n n n ++-++=<==-++++，则()()12222222222121111111111122311n n T T T R R R n n n ⎡⎤+++⎛⎫⎛⎫+++<-+-++-=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++⎢⎥⎣⎦所以()122222121111111n n T T T R R R n ++++++<-<+． 16．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为14q q ⎛⎫> ⎪⎝⎭，前n 项和为n T ，已知11a =，112b =，2120a b =，3172a b =. （1）求n S . （2）设1n nc S =，数列{}n c 的前n 项和为n C ，求证：52n n C T +<. 【答案】（1）()21n S n n =-；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）()11n a n d =+-，112n n b q -=，则21101236d q d q +=⎧⎨+=⎩，故212036q q =-，解得12q =(118q =舍去)， 4d ∴=，43n a n ∴=-，()21n S n n =-.（2）12n b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，11122111212nn n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==- ⎪⎝⎭-，当1n =时，111C S =，112T =，1351222∴+=<成立，当2n ≥时，()()11111212121n c n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪---⎝⎭，121111113131122231222n n C c c c n n n ⎛⎫∴=+++<+-+-++-=-< ⎪-⎝⎭ 35122n n C T ∴+<+=，综上可得：52n n C T +<.17．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5125S S =，212n n a a -=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足11b a =，且n b =，2n ≥，*n ∈N ，求证：{}n b 的前n项和n T <.【答案】（1）21n a n =-；（2）证明见解析. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，则由51225,1,2n n S S a a =⎧⎪⎨-=⎪⎩得()()11115102521112a d a a n d a n d +=⎧⎪⎨+--+-=⎪⎩，解得11a =，2d =， ∴21n a n =-，*n ∈N . （2）当2n ≥时，n b ===则1231n n T b b b b b =++++=+++(1n S +-=，又2(121)2n n n Sn +-==，∴1n T =<=.18．已知数列{}n a 满足12a =，122n n a a n +-=+，数列{}n b 满足112b =，121n n n b b b+=+．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设n c =，求证：1211222n c c c n ++⋅⋅⋅+>-+．【答案】（1）()1n a n n =+，12n b n=；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）由122n n a a n +-=+，12a =，知()()()112211n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()()222421n n n n =+-+⋅⋅⋅++=+．因为121n n n b b b +=+，所以1112n nb b +=+，又112b =，所以112b =，所以1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公差的等差数列，所以12n n b =，所以12n b n=．（2）解法一因为()11112121n c n n n n ⎛⎫==>=- ⎪++⎝⎭，所以1211111111122231222n c c c n n n ⎛⎫++⋅⋅⋅+>-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪++⎝⎭，所以1211222n c c c n ++⋅⋅⋅+>-+．解法二由（1）得n c == 当1n=时，1111244c =>-=，所以当1n =时，不等式成立；假设当()*n k k =∈N 时不等式成立，即1211222k c c c k ++⋅⋅⋅+>-+，则当1n k =+，12111222k k c c c c k +++⋅⋅⋅++>-++()()111222212k k k >-++++ ()11111112222122212k k k k ⎛⎫=-+-=- ⎪+++++⎝⎭，所以当1n k =+时，不等式成立．故对任意的*n ∈N ，都有1211222n c c c n ++⋅⋅⋅+>-+．19．已知数列{}()0nn a a ≠满足()2*12N n a a n n ⎛=∈ ⎝．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：231111n a a a +++⋅⋅⋅+<．【答案】（1）n a =（2）证明见解析.【详解】（1）因为()2*12N n a a n n ⎛=∈⎝，所以()211*22,1N n a a n n n -⎛+=≥∈ -⎝，222211n n a a n n -=-=--=()*12,N n n =≥∈．当1n =时，211a a =，又10a ≠，则11a =，所以数列是以1为首项，1n =，则n a = （2）由（1）得11n a +==<=22==，则23111122n a a a +++⋅⋅⋅+<=<=．20．已知数列{}n a 满足121n n a a a a ⋅⋅⋅=-. （1）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设12n n T a a a =⋅⋅⋅，22n n n b a T =，证明：1225n b b b ++⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）证明见解析，1n na n =+；（2）证明见解析. 【详解】解：（1）令1n =，则111a a =-，得112a =. 由121n n a a a a ⋅⋅⋅=-，得12111n n n a a a a a ++⋅⋅⋅=-，两式相除，得1111n n na a a ++-=-，即112n n a a +=-，所以1111122n n n n a a a a +--=-=--，所以12111111n n n n a a a a +-==----，又121n a =--，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以2-为首项，1-为公差的等差数列，所以()12111n n n a =---=---，所以1n n a n =+. （2）由题意知12111n n n T a a a a n =⋅⋅⋅=-=+，所以()()()()()2222222422221111113535111212122222n n n n n n b a T n n n n nn n n n n n n ==⋅===<<=-=⎛⎫⎛⎫++++⎛⎫++++++++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1133122n n -+++，所以121111112123333333551223112222222n b b b n n n ++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=-<+++++++++∴4593n T ≤<.。

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一对一辅导教案
学生姓名性别年级高三学科数学授课教师
上课时间 2020年第（）次课
2小时
教学课题
数列的综合问题
【数列与不等式：放缩法】
【数列变相同项】求证：.
【裂项不等式-乘法缩小】求证：1+
213121222<++n
(n )+∈N 证明：)2(111)1(112≥--=-<n n
n n n n
∴1+
21211131212111131212
22<-=--++-+-+<+++n n n n
【裂项不等式-移位套变】求证：
2
22211117123
4
n ++++
< 证明：
21111
(1)1n n n n n
<=--- 2
22221111111115117
1()().123
223
1424
n n n n ∴
++++
<++-++
-=+-<-
23
n +
<222()()1222435211
n n n n n +<++-+-++
-+---+142233n n +22()3557
2121n n n +
-+-++
--+
【多数相乘变等比】求证：.3
3
2
1
1
3
2
1
1
2
1
1
1
1
1<
⨯
⨯
⨯
⨯
+
+
⨯
⨯
+
⨯
+
+
n
证明：由,
2
1
2
2
2
1
1
3
2
1
1
1-
=
⋅
⋅
⋅
⋅
<
⨯
⨯
⨯
⨯k
k
（k是大于2的自然数）
得
n
⨯
⨯
⨯
⨯
+
+
⨯
⨯
+
⨯
+
+
3
2
1
1
3
2
1
1
2
1
1
1
1
1
.3
2
1
3
2
1
1
2
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
3
2
<
-
=
-
-
+
=
+
+
+
+
+
+
<
-
-n
n
n
【变形套用1】
【证明】
【变形套用2】
【变式1】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1
2,n n n
a S n N a *+
=∈ （1）求证：数列{}
2
n S 是等差数列
（2）记数列3
12
1112,n n n n b S T b b b ==
+++
，证明：131
121n T n n
-<≤-+
解：（1）()11
11
222n n n n n n n n a S S S S n a S S --+
=⇒-+=≥- 11
1n n n n S S S S --∴
=+- 22
11n n S S -∴-=
{}2
n S ∴为等差数列
（2）思路：先利用（1）可求出n S 的公式进而求出2n b n n =，则11
2n b n n
=，考虑进行放缩求和，结合不等号的方向向裂项相消的形式进行放缩。

解：令1n =代入1
2n n n
a S a +
=可得： 1111
1
21a a a a +
=⇒=即11S = 由{}
2
n S 为等差数列可得：()2
2
11n S S n n =+-=
n -⎝n
- ⎝n
3,3
a = 3232325
3n a n n -⋅
=⋅⋅⋅--即2a ，由()14211n n S n a +=-+令1n =可得：
22231n n +---⎪ ⎪ ⎪⎢-⎭⎝⎭
⎝⎭ 1122
n =+-< ⎪⎝⎭ a b +
-33⋅=中，令1n =，a b +-
23n -+24
<
()2
1n n a n +⋅
()3445132424252122n n n n --+-+
+- ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅-⋅282424224224
n n
n n =
+++-=-<⋅⋅()
【数列与不等关系
211
S n n
⋅
=⋅⋅⋅- )()()1216
n n n n
++=
2n ∴≥时，即+1
2
n n ⎛ +⎝4⇒
-
22n n b b ++-设{}n b 前n
n n +
-+122n n ⎫=⎪+⎭设()f n =
)
n N *∈ 31
2a n ⋅
=⋅⋅-可得：12a =
2 ⎪⎝⎭
()12n ⎛-⋅ ⎝3
12⎫
⎪⎝⎭。