人教A版（2019）选修二 第四章数列 拓展三：数列与不等式-直击高考考点归纳-讲义

拓展三：数列与不等式知识点1 求解数列不等式恒成立问题的常用方法先利用等差数列与等比数列等知识化简不等式，再通过解不等式解得，或转化利用最值法解得.知识点2 数列不等式证明问题证明数列不等式常用的有数学归纳法、放缩法和分析法.一、数学归纳法一般地，证明一个与自然数有关的命题，有如下步骤：（1）证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；（2）假设当（，为自然数）时命题成立，证明当时命题也成立.综合（1）（2），对一切自然数（），命题都成立.二、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法.放缩的技巧： = 1 \* GB3 ①添加或舍去一些项，如：②将分子或分母放大或缩小，如：③利用基本不等式等，如：三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……”.一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程.知识点3 数列中的最值问题求解数列中的最值问题，常结合不等式来求解.求解方法有：建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；或先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；或利用条件中的不等关系确定最值.知识点4 数列不等式的探索性问题数列不等式中的探索性问题主要表现为存在型，求解的方法是：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在；若推理得不出矛盾，能求得在范围内的数值，则得到肯定的结论，即得到存在的结果.考点一 数列不等式恒成立问题1．（2022春·上海·高二期中）数列满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】由利用二次函数的性质计算可得答案.【详解】，∵不等式恒成立， ∴，解得，故选：B．2．（2022春·吉林辽源·高二辽源市第五中学校校考阶段练习）已知数列的前n项和为，且，若恒成立，则实数的最大值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】求出数列得通项公式和前n项和，将不等式恒成立转化成函数最值问题，即可求得最值.【详解】因为当时，解得： 当时，，两式相减得： 数列是首相为，公比为2得等比数列所以，所以易得，即，即所以，即 易知时， ，，，， 满足 ，所以 所以，故选：C3．（2022春·湖南长沙·高二湘府中学校考阶段练习）已知数列满足，，若不等式对任意的都成立，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将两边取倒数，可得是首项为2，公差为1的等差数列，求得，进而将不等式对任意的都成立转化为恒成立，利用基本不等式求得的最值，可得答案.【详解】由数列满足，，可得，可知，因为，所以，所以，因为，所以是首项为2，公差为1的等差数列，所以，所以且，因为不等式恒成立，所以恒成立，因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的取值范围是，故选：A.4．（2022春·安徽黄山·高二屯溪一中统考期末）已知正项数列的前项和为，且满足，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】将化简后得到，由于为正项数列所以可以得到是等比数列，进而求出通项以及前项和．代入后通过化简作差求得实数的最小值．【详解】解：根据题意得，所以为正项数列，，即.，数列是以2为公比，1为首项的等比数列．①，②，将①②代入得即对于任意的恒成立．令，则，所以当时，，当时，故或5时， 取得最大值．.所以．所以实数的取值范围是.故答案为：5．（2022春·宁夏银川·高二校考期中）已知数列的前项和为，，当时，.(1)求；(2)设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由构造法得为等差数列后求解，（2）由错位相减法得，再转化为最值问题求解，【详解】（1）当时，由，得.所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.所以，即.（2）由（1）知，，所以，①所以，②①-②得，，所以，，所以，，所以，即，即，因为，当且仅当时，等号成立，所以的取值范围是6．（2022·高二单元测试）已知数列{an}的前n项和为，，数列{bn}满足b1＝1，点P（bn，bn+1）在直线x﹣y+2＝0上．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)令，求数列的前n项和Tn；(3)若，求对所有的正整数n都有成立的k的取值范围．【答案】(1)，bn＝2n﹣1(2)(3)【分析】（1）由题意得当n≥2时，，与原式相减，结合等比数列的定义，即可求得数列{an}的通项公式；将点P坐标代入直线方程，可得bn+1﹣bn＝2，结合等差数列的定义，即可得数列{bn}的通项公式.（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，即可得答案.（3）由（1）得，利用作差法可得数列的单调性，即可得的最大值为1，所求为恒成立，即恒成立，利用基本不等式求得的最小值，分析即可得答案.（1）因为①，当n＝1时，解得．当n≥2时，②，①﹣②得，整理得，即，所以数列{an}是以为首项，2为公比的等比数列；所以．数列{bn}满足b1＝1，点P（bn，bn+1）在直线x﹣y+2＝0上．所以bn+1﹣bn＝2（常数），所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以bn＝2n﹣1．（2）由（1）得则①，②，①﹣②得，整理得．（3）由（1）得，所以，所以数列为单调递减数列，所以，即的最大值为1，因为对所有的正整数n都有都成立，所以，可得，所以恒成立，只需满足即可，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故k＜2，则k的取值范围为．7．（2022春·陕西咸阳·高二校考阶段练习）已知在数列中，和为方程的两根，且．(1)求的通项公式；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】(1)利用等差数列通项公式直接求解；(2)利用数列的单调性求解数列的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】（1）由可知数列为等差数列，设其公差为，解方程得或13，又．，，．（2）由得，．设，则．由于对恒成立，所以只用考虑的符号，设，令解得，令解得，当，当时，即，当时，，即，，即，的取值范围是．考点二 数列不等式的证明问题8．（2022秋·吉林·高二东北师大附中校考阶段练习）已知数列，满足，，，．(1)求证：；(2)求证：；(3)设数列的前n项和为，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据递推关系，不难证明 是常数列；（2）由（1）的结论运用基本不等式即可证明；（3）在（1）（2）的基础上，反复使用不等式的缩放法可以证明.(1)因为，所以为常数数列，又因为，，且，所以，故；(2)由于 ，若 ，则 ，而 ，所以 和 都是正数列，由（1）可知，所以，当且仅当时取等号．此时，即为常数列，与矛盾，所以，又，所以；(3)由于，所以，则，故，所以，当时，，所以当n＝1时，，所以 ．9．（2022春·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）设等比数列的公比为q，前n项和为，，.(1)求；(2)若，证明：.【答案】(1)或.(2)证明见解析.【分析】（1）根据已知条件利用等比数列的通项建立方程组，求出基本量进行处理.（2）利用错位相减法以及不等式的性质进行处理.（1）据题意知：，解得或，所以或.（2）由（1）有：因为，所以，记，则 ① ②所以得，∴，因为，所以，所以.10．（2022春·福建龙岩·高二上杭县第二中学校考阶段练习）已知正项数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)令，数列{}的前项和为，证明：对于任意的，都有．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)应用与关系, 计算并检验,得出;(2)由(1)得到,应用裂项相消,结合,即可得证.【详解】（1）当n＝1时，，当时，，n＝1时也适用，∴（2），，，又为n的增函数，∴当n＝1时，最小为，11．（2022春·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）设，数列满足，数列的通项公式为.(1)已知，求的值；(2)若，以，求数列最大项及相应的值；(3)设为数列其前项和，令，数列的前项和为.证明：.【答案】(1)(2)数列最大项为，相应的序数为57或58(3)证明见解析【分析】（1）由已知代入即可求解；（2）由题，研究数列的单调性，确定其最大项即可；（3）利用裂项相消法求数列的前和，由此结论结论.【详解】（1）因为，所以，所以；（2）若，则，所以，所以，所以当时，，即，当时，，即，当时，，即，所以，又，所以数列最大项为，相应的序数为57或58.（3）因为，所以，所以，所以，因为，所以，即，所以，即，即，所以.12．（2022春·河南·高二校联考阶段练习）已知数列满足．(1)证明：数列是等差数列；(2)证明：．【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.【分析】（1）根据条件可得，利用等差数列的定义即可证明结论；（2）利用（1）的结论可得，即得，利用作差法可得，由此可设，即得，且，两式相乘可证明结论.【详解】（1）证明：根据题意，可得，则，故，故数列是以为首项，2为公差的等差数列．（2）由（1）知，，则，则,由于，故设,则，且，则，故.13．（2022春·湖南长沙·高二湖南师大附中校考阶段练习）设数列的前项和为，且，若对任意的，均有是常数且成立，则称数列为“数列”.(1)若数列为“（1）数列”，求数列的通项公式；(2)若数列为“数列”，且，设，证明.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用新定义和，可得答案；（2）利用新定义和可得，所以，，两式相减得化简计算可得答案.【详解】（1）数列为“（1）数列”，则，故，两式相减得：，.又时，，所以，故对任意的恒成立，即（常数），故数列为等比数列，其通项公式为；（2）因为数列为“（2）数列”，所以，所以，故有，又时，，故，满足：，所以对任意正整数恒成立，数列的前几项为：，且，故当时，；当时，；当时，，且是递增数列，所以，，两式相减得：，，因为，故，即.14．（2022·湖南郴州·高二安仁县第一中学阶段练习）已知数列中，，当时，，记．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据地推公式可得，累加法可得数列的通项公式(2)先验证时不等式成立，再根据时，，利用放缩法结合裂项相消可证得结论.【详解】（1）解：由题意得，所以，即．当时，．当时，也符合．综上，．（2）证明：由（1）得，当时；当时，，故当时，．综上，．15．（2022春·宁夏银川·高二校考期中）已知数列的前n项和为，.(1)证明：数列为等比数列；(2)设，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由与关系，等比数列的定义证明，（2）由放缩法与裂项相消法求和证明，【详解】（1）当时，，即 ；当时，由，则；两式相减可得，即；所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）由（1）可得，所以，，则，所以16．（2022春·浙江宁波·高二宁波市北仑中学校考期中）已知数列满足，（其中）(1)判断并证明数列的单调性；(2)记数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)单调递减，证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）应用作差法比较大小，即可判断的单调性；（2）根据递推式易得且，即，再由可得，应用累加法可得，进而有，由裂项相消法即可证结论.【详解】（1）单调递减，理由如下：．∵，结合递推式易得，∴，故数列单调递减；（2）∵，，，∴，又，故，∵，，∴，则，当，累加得，则，故，所以，∴，综上，有.17．（2022·重庆）设数列满足．(1)证明：对一切正整数n成立；(2)令，判断与的大小并说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)，理由见解析.【分析】（1）应用数学归纳法证明结论即可；（2）利用作商，比较与1的大小关系，即可得结果.【详解】（1）当时，，假设时，成立，则当时有，所以成立，综上，由数学归纳法知对一切正整数n成立；（2）由，所以.18．（2022秋·北京·高二北师大实验中学校考阶段练习）在数列，中，，，且，，成等差数列，，，成等比数列.(1)求，，及，，，由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：.【答案】(1)，猜想：，证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）根据题意可得：，，分别令求解，猜想：，利用数学归纳法证明猜想；（2）利用进行放缩，结合裂项相消证明．(1)根据题意可得：，令，则，，可得令，则，，可得令，则，，可得猜想：当，，成立假定当，当时，，即，则，即，则成立∴(2)即19．（2023·全国·高二专题练习）已知等差数列中，．正项数列前项和满足：对任意 成等比数列．(1)求数列的通项公式：(2)记．证明：对任意，都有．【答案】(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）由等差数列通项公式求基本量并写出通项公式，利用的关系求通项公式；（2）应用数学归纳法证明结论.【详解】（1）由，可得，，所以，由题设，①，取得，解得．又 ②，两式相减得：，所以，故．（2）由（1）得：，当时，不等式显然成立，假设时不等式成立，即，那么当时，，所以当时，结论也成立．综上，对任意，都有．考点三 数列不等式的最值范围问题20．（2022春·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）设，其中，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，则d的最小值为______.【答案】【分析】由已知利用等差数列及等比数列的通项可知，进而得解.【详解】，设，则又，，，成公差为d的等差数列，，，成公比为3的等比数列，即，可得，只需即可，所以.当m取最小值时，由不等式组得，故d的最小值为.故答案为：21．（2022春·陕西榆林·高二校考期中）已知，，实数 ，，，成等差数列 ，，，成等比数列，则的最小值为______.【答案】4【分析】根据，等量代换，结合基本不等式解决即可【详解】由题意得，，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4.故答案为：422．（2022·全国·高二假期作业）已知各项为正的数列的前项和为，满足，则的最小值为（    ）A． B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】由结合求出，从而求得，由此求出的表达式，利用基本不等式即可求得答案．【详解】各项为正的数列，，时，，即，化为：，，，又，解得，数列是等差数列，首项为1，公差为2．，，，当且仅当时取等号，的最小值为2．故选：D．23．（2022秋·安徽宣城·高二安徽省宣城市第二中学校考期末）已知各项都为正数的等比数列满足，存在两项，使得，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等比数列的知识求得的关系式，结合基本不等式求得的最小值.【详解】因为，所以或，又，所以.由可知：，所以，则，，由可得取等号时，但，无解；又，经检验且时有最小值.故选:B24．（2022春·福建漳州·高二福建省华安县第一中学校考阶段练习）若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是________.【答案】100【分析】先判定正项数列为等差数列，利用等差数列的性质得到，再利用均值定理即可求得的最大值【详解】正项数列为“调和数列”，则可令（为常数），则正项数列为等差数列，公差为则则，则则（当且仅当时等号成立）则的最大值是100故答案为：10025．（2022春·河北邯郸·高二校考期中）已知是等差数列的前项和，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求的最小值.【答案】(1)(2)12【分析】（1）设出公差，利用等差数列通项公式基本量列出方程，求出公差，进而求出通项公式；（2）在第一问的基础上，求出，得到不等式，求出，结合，得到的最小值.【详解】（1）设数列的公差为，因为，所以.解得.所以.（2），所以.令，得，解得：（舍去）.因为，所以的最小值是12.26．（2022秋·黑龙江鸡西·高二鸡西实验中学校考阶段练习）已知单调递增的等差数列的前项和为，且两项是一元二次方程的两根.(1)求数列的通项公式及前项和公式；(2)设数列的前项和，若，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】①由是的根，可得，进而可得，故可得.②由可得，根据裂项相消求和求出，然后由，列出不等式，求出的范围，进而得到最小值.(1)解：两项是一元二次方程的两根，，又单调递增，故，从而，.(2)解：由得：，，故由，即，解得：，所以的最小值为100.27．【多选】（2022秋·湖北咸宁·高二校考阶段练习）设正项递增的等差数列的前项和为，公差为，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】结合等差数列前项和公式、等差数列下标和的性质、等差数列的通项公式、基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】因为，所以，所以．由，得，故A错误；因为，所以B正确；因为，所以C正确；因为，所以，故D错误．故选：BC考点四 数列不等式的探索性问题28．（2022秋·河南·高二校联考阶段练习）已知数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，利用累加法求解；（2）根据存在，成立，由求解.(1)因为，当时，，又满足上式，∴；(2)由（1）知，∴，∵存在，使得成立，∴，即，解得，所以实数的取值范围为.29．（2022春·四川雅安·高二雅安中学校考阶段练习）已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．【答案】(1)，(2)存在，2【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有，因此得到结论．（1）设数列{an}的公差为d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，∴，即，解得（舍去）或，所以，由2Sn+bn＝1，得，当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，当n≥2时，，所以，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，故．（2）由（1）知，，所以①则②①-②得，，所以，又．所以，因为，所以，即，所以是递增数列，且当时，，故当时，，即， 故所求的正整数n存在，其最小值是2.30．（2022春·江苏淮安·高二校考阶段练习）已知数列的前n项和满足．(1)求的通项公式；(2)设数列满足，记的前n项和为，若存在使得成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）结合，可证明是等比数列，求解即可；（2）乘公比错位相减法求和可得，代入，化简可得恒成立，结合单调性求解即可.【详解】（1）∵，当可得，，∴，即是以1为首项，的等比数列，∴.（2）∵,∴,,两式相减：,∴,∴,∴,即存在使成立,∵随着n增大，在减小,∴当时，.31．（2022春·福建漳州·高二校联考期中）已知数列的前n项和为,,.(1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前n项和为,若存在且,使得成立,求实数的最小值.【答案】(1)(2)3【分析】(1)由题知,令为代入,注意,两式相减即可得到之间的关系,判断其数列类型,检验,得出通项公式.(2)由(1)得的通项公式代入,得的通项公式,得到其前n项和为,代入不等式中,使全分离,得到,求的最小值即可,注意且.【详解】（1）解:由题知,得,则,当时,由得,上述两式相减得,即,则且, 可得数列是以1为首项,3为公比的等比数列,故数列的通项公式为.（2）由(1)知,则,                         ,两式相减得,于是得, 当且时,由,得,令,且,则,且,即,则当且时,数列是单调递增数列,即,因此,所以实数的最小值是3.32．（2022春·河北衡水·高二衡水市第二中学校考期中）已知数列满足，.(1)证明数列为等比数列，并求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，若存在，使，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）依题意可得，再结合等比数列的定义即可证明；（2）由（1）可得，再分为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.【详解】（1）证明：因为，所以，即，因为，所以，故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，则．（2）解：由（1）知，所以．当为偶数时，，因为是单调递减的，所以． 当为奇数时，， 又是单调递增的， 因为，所以．要使存在，使，只需，即， 故的取值范围是．