2023届高考数学二轮复习 微专题作业49 利用数列单调性求解相关数列问题（含解析）

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1.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3－a）x－3，x≤7，,ax－6，x>7，))数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是________．
2．数列{an}满足an＝n＋eq \f(λ,n)(其中c为实常数)，n∈N*，且a3数列{an}的最小项，则实数λ的取值范围
为________．
3．数列{an}满足an＝eq \f(n＋λ,2n－17)(其中λ为实常数)，n∈N*，且a8数列{an}的最小项，a9数列{an}的最大项，则实数λ的取值范围为________．
4．已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4＝2S2＋4，bn＝eq \f(1＋an,an).若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，则a1的取值范围是________．
5．数列{an}的通项公式an＝eq \f(9n（n＋1）,10n)，则{an}的最大项为第________项．
6．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n)，若对于一切
n>1的自然数，不等式an＋1＋an＋2＋…＋a2n>
eq \f(1,12)lga(a－1)＋eq \f(2,3)恒成立，则实数a的取值范围
为________．
7.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,n（n＋1）).设cn＝(Sn＋1)(nbn－λ)，若数列{cn}是单调递减数列，求实数λ的取值范围．
8．数列{an}满足a1＝0，a2＝2，an＋2＝
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs2\f(nπ,2)))an＋4sin2eq \f(nπ,2)，n＝1，2，3，…，设
Sk＝a1＋a3＋…＋a2k－1，Tk＝a2＋a4＋…＋a2k，Wk＝eq \f(2Sk,2＋Tk)(k∈N＋)，求使Wk>1的所有k的值，并说明理由．
微专题49
1．答案：(2，3)．
解析：由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<3，,a>1，,a72．答案：[6，12]．
解析：由题意可知an≥a3对任意的n∈N*恒成立，运用参变量分离即可求得λ∈[6，12]．
3．答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(17,2))).
解析：由于an＝eq \f(n＋λ,2n－17)＝eq \f(\f(1,2)（2n－17）＋λ＋\f(17,2),2n－17)＝eq \f(1,2)＋eq \f(λ＋\f(17,2),2n－17)，由题意可知当n≥9时，数列{an}单调减且an>eq \f(1,2)，当n≤8时，数列{an}单调减且an－eq \f(17,2).
4．答案：(－7，－6)．
解析：bn＝eq \f(1＋an,an)＝1＋eq \f(1,n＋a1－1).又函数f(x)＝1＋eq \f(1,x＋a1－1)在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，且在(－∞，1－a1)上y<1，在(1－a1，＋∞)上y>1，由题意有7<1－a1<8，从而－75．答案：8，9.
解析：∵an＝eq \f(9n（n＋1）,10n)，∴an－an－1＝eq \f(9n（n＋1）,10n)－eq \f(n·9n－1,10n－1)＝eq \f(9n－1,10n－1)×eq \f(1,10)(9－n)，
令an－an－1≥0，解得n≤8；
令an－an－1＝0，解得n＝9；
令an－an－1<0，解得n≥10；
所以a1a9>a10>……
∴最大的项为第8，9两项．
6．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1＋\r(5),2))).
解析：an＋1＋an＋2＋…＋a2n＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n).令bn＝an＋1＋an＋2＋…＋a2n，∴bn＋1＝an＋2＋an＋3＋…＋a2n＋2；∴bn＋1－bn＝a2n＋2＋a2n＋1－an＋1＝eq \f(1,2n＋2)＋eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,n＋1)＝
eq \f(1,2（2n＋1）（n＋1）)；∴n>1，n∈N，bn＋1－bn>0恒成立；∴数列{bn}对n≥2，n∈N上单调递增．∴(bn)min＝b2＝a3＋a4＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,12)；∴由题意可知eq \f(1,12)lga(a－1)＋eq \f(2,3)<(bn)min；∴lga(a－1)<－1又a>1；∴07．答案：(eq \f(1,3)，＋∞)．
解析：Sn＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1，所以Cn＝2n(eq \f(2,n＋1)－λ)，要使数列{Cn}是单调递减数列，则Cn＋1－Cn＝2n(eq \f(4,n＋2)－eq \f(2,n＋1)－λ)<0对n∈N*恒成立，即λ>eq \f(4,n＋2)－eq \f(2,n＋1)恒成立，所以λ>(eq \f(4,n＋2)－eq \f(2,n＋1))max，令eq \f(4,n＋2)－eq \f(2,n＋1)＝dn，则dn＋1－dn＝eq \f(2（1－n）,（n＋1）（n＋2）（n＋3）)，所以d1＝d2>d3>d4>…，因此当n＝1或2时，(eq \f(4,n＋2)－eq \f(2,n＋1))max＝eq \f(1,3)，所以λ>eq \f(1,3).
8．答案：3，4，5.
解析：当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1＝(1＋cs2eq \f(2k－1,2)π)a2k－1＋4sin2eq \f(2k－1,2)π＝a2k－1＋4，
∴{a2k－1}是以0为首项，4为公差的等差数列，则a2k－1＝4(k－1)，当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝(1＋cs2eq \f(2k,2)π)a2k＋4sin2eq \f(2k,2)π＝2a2k，∴{a2k}是以2为首项，2为公比的等比数列，则a2k＝2k，
∴{an}的通项公式为an＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（n－1），n＝2k－1（k∈N*），,2\s\up6(\f(n,2))， n＝2k（k∈N*），))
所以Sk＝a1＋a3＋…＋a2k－1＝0＋4＋…＋4(k－1)＝2k(k－1)，Tk＝a2＋a4＋…＋a2k＝2＋22＋…＋2k＝2k＋1－2，∴Wk＝eq \f(2Sk,2＋Tk)＝eq \f(4k（k－1）,2k＋1)＝eq \f(k（k－1）,2k－1)，于是W1＝0，W2＝1，W3＝eq \f(3,2)，W4＝eq \f(3,2)，W5＝eq \f(5,4)，W6＝eq \f(15,16).
下面证明：当k≥6时，Wk<1.