2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（四十四） 数列与不等式的综合问题

课时跟踪检测（四十四） 数列与不等式的综合问题

1．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式a－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为(　 )

A.  B

C.  D.

解析：选A　因为2Sn＝(n＋1)an,2Sn－1＝nan－1(n≥2)，

∴2an＝(n＋1)an－nan－1，∴(n－1)an＝nan－1(n≥2)，

∴＝(n≥2)，因此an＝××…××a1＝n，由a－tan≤2t2，得n2－tn≤2t2，解得－t≤n≤2t，

因为关于正整数n的解集中的整数解有两个，可知n＝1或n＝2，

因此2≤2t<3，所以1≤t<，故选A.

2．等比数列{an}的公比q∈(0,1)，且a＝a26，则使a1＋a2＋…＋an>＋＋…＋成立的正整数n的取值范围为________．

解析：由等比数列{an}的公比0<q<1，a＝a26，得(a1q14)2＝a1q25，

化简得a1q3＝1，则a1>0，且a1＝q－3，

由{an}为等比数列，得是以为首项，公比为的等比数列，

则原不等式等价为>，

因为0<q<1，把a1＝q－3，a＝q－6代入，整理得q－6(1－qn)>q1－n(1－qn)，

可得q－6>q1－n，即－6<1－n，即n<7，

因为n∈N*，所以正整数n的取值范围为{1,2,3,4,5,6}．

答案：{1,2,3,4,5,6}

3．已知函数f(x)＝，正数数列{an}满足an＋1＝f(an)，若对任意正整数n，不等式|an＋2－an＋1|≤λ|an＋1－an|都成立，则实数λ的最小值为________．

解析：因为an＋1＝f(an)，则|an＋2－an＋1|≤λ|an＋1－an|，

即为|f(an＋1)－f(an)|≤λ|an＋1－an|，即λ≥，

令y＝，则16y2－32x2＝1(y≥0)，表示双曲线的上支，

而表示双曲线上两点(an，f(an))，(an＋1，f(an＋1))连线的斜率，

当n→＋∞时，趋向于渐近线的斜率，

而双曲线16y2－32x2＝1(y≥0)的渐近线为y＝±x，

所以<，所以λ≥，即实数λ的最小值为.

答案：

4．已知等差数列{an}公差不为零，a1＋a2＋a3＝a5，a2·a3＝a8，数列{bn}各项均为正数，b1＝1，b－3b＝2bnbn＋1.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)若＋6≥an恒成立，求实数λ的最小值．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由条件，

解得或∵d≠0，∴

∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，

∵3b＋2bnbn＋1－b＝0，∴(bn＋1＋bn)(3bn＋1－bn)＝0，∵bn>0，∴bn＋1＝bn，

又b1＝1≠0，∴bn≠0，∴＝，∴{bn}是以1为首项，为公比的等比数列．∴bn＝n－1.

(2)∵bn＝n－1，an＝2n－1，∴＋6≥an，即＋6≥2n－1，即λ≥恒成立，设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，

即n＝1,2,3时cn＋1>cn；n＝4时cn＋1＝cn；n≥5，n∈N*时cn＋1<cn，

∴n＝4或n＝5时，cn＝为{cn}的最大项，∴λ≥，故实数λ的最小值为.

5．已知{an}是首项为1，公差不为0的等差数列：a1，a2，a5成等比数列．数列{bn}满足＋＋＋…＋bn＝an.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)求证：2·2·2·…·2>an＋1.

解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，

∵a＝a1·a5，∴(a1＋d)2＝a1·(a1＋4d)，

又a1＝1，得d＝2(d＝0舍去)，∴an＝2n－1.

故＋＋＋…＋bn＝an等价于2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2n(2n－1)．

当n＝1时，2b1＝2a1＝2，∴b1＝1；

当n≥2时，由2b1＋22b2＋23b3＋…＋2nbn＝2n(2n－1)，

得2b1＋22b2＋23b3＋…＋2n－1bn－1＝2n－1(2n－3)，两式相减，

可得2nbn＝2n(2n－1)－2n－1(2n－3)＝2n－1(2n＋1)，∴bn＝.∴bn＝

(2)证明：∵1＋＝1＋>1＋＝，

∴2＝2>·，

∴2·2·2·…·2＝2·2·2·…·2>××××…××＝2n＋1＝an＋1，即命题得证．

6．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2，正项等比数列{bn}的首项为a1，且a1b3＋a2b2＋a3b1＝15.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)求使不等式bn≤2成立的所有正整数n组成的集合．

解：(1)因为数列{an}的前n项和为Sn＝n2，所以当n＝1时，a1＝1；

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1满足上式，故an＝2n－1.

所以a2＝3，a3＝5，从而a1b3＋a2b2＋a3b1＝15，化为b3＋3b2＋5b1＝15，

又因为数列{bn}为正项等比数列且b1＝a1＝1，设公比为q，且q>0，

又b3＋3b2＋5b1＝15⇒q2＋3q－10＝0，解得q＝2或q＝－5(舍去)，

从而bn＝2n－1.

(2)不等式bn≤2转化为2n－1≤(n－1)2，即≥1，

记f(n)＝，f(1)＝0，f(2)＝，f(3)＝1，f(4)＝，f(5)＝1，

当n≥5时，＝×＝<1，从而f(n)单调递减，所以f(n)≤1.

因此使不等式bn≤2成立的所有正整数n组成的集合为{3,4,5}．

7．已知正项数列{an}满足a1＝2，an＋1＋an＝1＋(n∈N*)．

(1)求{an}的通项an；

(2)设Sn为数列的前n项和，证明：≤S＜n.

解：(1)由题意可知a－a＝an＋1－an＋2(n＋1)，a－an＋1－(n＋1)(n＋2)＝a－an－n(n＋1)，即{a－an－n(n＋1)}为常数列，因为a－a1－2＝0，所以a－an－n(n＋1)＝0，从而(an＋n)(an－n－1)＝0，又因为an＞0，所以an＝n＋1.

(2)证明：S＝＋＋＋…＋，当n＝1时，结论显然成立；当n≥2时，＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋＜×2＋×4＋×8＋…＋×2n－1＋＝n－1＋＜n；＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＞＋×2＋×4＋…＋×2n－1＝.从而＜S＜n.综上，≤S＜n.