二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点10数列单调性综合训练

这是一份二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点10数列单调性综合训练，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
微点10 数列单调性综合训练
一、单选题：
（2023·福建诏安桥东中学期中考试）
1．若数列是递增数列，则的通项公式可能是（ ）
A．B．
C．D．
（2023·浙江·嘉兴一中期中考试）
2．已知数列满足：（），且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2023·浙江·模拟预测）
3．已知，则“”是“数列为递增数列”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
（2023·山西忻州·高三月考）
4．已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2023·安徽宿州三中期末考试）
5．已知数列满足，，设 ，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
（2023·浙江·高三开学考试）
6．已知数列为递增数列，前项和，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2023天津外国语大学附属外国语学校期末）
7．已知数列的通项公式为：，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，不等式恒成立，则实数c的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2023上海徐汇区一模）
8．设数列为：，其中第1项为，接下来2项均为，再接下来4项均为，再接下来8项均为，…，以此类推，记，现有如下命题：①存在正整数，使得；②数列是严格减数列.下列判断正确的是（ ）
A．①和②均为真命题B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
二、多选题：
（2023浙江金丽衢十二校联考）
9．数列的通项为，它的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是递减数列B．当或者时，有最大值
C．当或者时，有最大值D．和都没有最小值
（2023山东滨州高三上学期期末）
10．已知数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．是单调递增数列D．
（2023新疆乌鲁木齐八中期末考试）
11．已知数列满足，，则下列四个结论中，正确的是（ ）
A．B．数列的通项公式为
C．D．数列为递减数列
（2023林省长春吉大附中上学期期末考试）
12．设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ）
A．B．数列单调递增
C．当时，取得最小值D．时，n的最小值为7
三、填空题：
（2023上海奉贤上学期期末考试）
13．数列的前n项和，数列满足，则数列中值最大的项和值最小的项和为 ．
14．已知函数，数列满足，为正整数，若，则实数的取值范围是 .
（2023北京房山上学期期末考试）
15．无穷数列的前n项和记为．若是递增数列，而是递减数列，则数列的通项公式可以为 ．
16．若数列满足，且数列单调递减，则的取值范围是 ．
四、解答题：
17．已知是曲线上的点，，是数列的前项和，且满足，，．
(1)证明：数列是常数数列；
(2)确定的取值集合，使时，数列是单调递增数列；
(3)证明：当时，直线的斜率随单调递增．
18．已知函数．设数列满足，，数列满足，．
(1)用数学归纳法证明：；
(2)证明：．
19．已知数列为公比不为1的等比数列，且，，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式和前项和；
（2）设数列满足，对任意的，.
（i）求数列的最大项；
（ii）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.
（2023陕西咸阳武功普集中学月考）
20．已知数列中，是其前项和，并且，.
(1)设，求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)数列中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由.
21．已知数列的前n项和为，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)，数列是否存在最大项，若存在，求出最大项.
22．若存在常数，使对任意的，都有，则称数列为数列.
（1）已知是公差为2的等差数列，其前n项和为.若是数列，求的取值范围；
（2）已知数列的各项均为正数，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，且.
①求证：数列是等比数列；
②设，试证明：存在常数，对于任意的，数列都是数列.
参考答案：
1．A
【分析】根据数列通项公式的函数性质即可判断.
【详解】对于A，，易知是递增数列；A正确；
对于B，，当时，数列递减，
当时，数列递减，B错误；
对于C，，故数列是递减数列，C错误；
对于D，，数列是摆动数列，不具单调性，D错误.
故选：A
2．C
【分析】仿照分段函数的单调性求解，同时注意．
【详解】由题意，解得．
故选：C．
3．A
【分析】由数列为递增数列，可得对任意恒成立，进而可得，然后根据充分条件，必要条件的定义即得.
【详解】由数列为递增数列，可得，
所以，
即，
所以对任意恒成立，
所以，
由可推出，反过来，由推不出，
故“”是“数列为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题
【详解】当时，，
当时，，
由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，
则实数的取值范围是，
故选：D.
5．A
【分析】由题意求得，则可得，根据其单调性可得，化简可得恒成立，即可求得答案.
【详解】由题意数列满足，可知，是以2为首项，2为公比
的等比数列，
所以 ，所以,
因为数列是递增数列，所以 ，对于任意的恒成立，
即,即恒成立 ,
因为时,取得最小值3 ，
故 ，即实数的取值范围是 ，
故选：A,
6．B
【分析】根据可求，要使为递增数列只需满足即可求解.
【详解】当时，，
故可知当时，单调递增，故为递增数列只需满足，即
故选：B
7．B
【分析】根据题意可得数列为递增数列，讨论n的奇偶性结合恒成立问题分析求解.
【详解】∵，
∴数列为递增数列，
若对任意的正整数n，不等式恒成立，则有：
当为奇数时，则，故，即；
当为偶数时，则，故，即；
综上所述：实数c的取值范围是.
故选：B.
8．D
【分析】由题规律找出的表达式 ，利用不等式的性质判断即可，对 进行分类讨论写出，从而求出 ，利用 即可.
【详解】由题意得：当时，
其中，
，
所以不存在正整数，使得，故①为假命题；
当时
，
所以
当时；
故数列是严格减数列，
所以②为真命题.
故选：D.
9．ABC
【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项，以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.
【详解】因为数列的通项为，则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，因为公差，所以数列是递减数列，故选项正确；
因为，当时，；当时，，因为，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
由可知： ，，，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
根据数列前30项为正数，从第31项开始为负数可知：无最小值，
因为，当时，，但零乘任何数仍得零，所以有最小值，故选项错误，
故选：.
10．AC
【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，由得，故，A正确；
对于B选项，将，两式相减得，
即，又令，得，
，所以从第二项开始成等比数列，公比为，
故时，，即，所以，，
故B选项错误；
对于C选项，因为.当时，，
当时，.
所以，，令，
则时，，
即，而，所以数列单调递增，C选项正确；
对于D选项，当时，，
显然成立，故恒成立，D选项错误.
故选：AC.
11．ACD
【分析】对于A，令可求出，对于B，当时，由，得，两式相减可求出，对于C，由选B，直接求解即可，对于D，通过计算判断.
【详解】对于A，令，则，所以A正确，
对于B，当时，由，得，
两式相减得，，所以，满足此式，
所以，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以C正确，
对于D，因为，
所以，所以数列为递减数列，所以D正确，
故选：ACD
12．ABC
【分析】根据已知条件及累加法求数列的前n项和为，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解.
【详解】由，得，
，解得，
当时，满足上式，
所以
当时，所以，故A正确；
当时，单调递增，又
所以数列单调递增，且，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，且，
所以当时，取得最小值，故B，C正确；
又故D错误.
故选：ABC.
【点睛】解决本题的关键是利用累加法及与的关系，但要注意时，是否满足此式，然后根据数列的单调性的定义及已知条件逐项判断即可.
13．2
【分析】先利用的前n项和计算出，再结合函数的单调性，得出数列中值最大的项和值最小的项，计算结果即可.
【详解】因为，则，
且，
经验证符合该通项，
故，
因为在和均为减函数，
故有，
则数列中值最大的项为，最小的项为，
故，
故答案为：2.
14．
【分析】根据分段函数的单调性与数列的最小值联系即可求解.
【详解】当时，函数严格单调递减，
当时，函数严格单调递增，
所以当时，取到最小值，
因为数列满足，
若，则是数列的最小项，
所以，故实数的取值范围是.
故答案为: .
15．
（答案不唯一）.
【分析】根据是递减数列，可以考虑该数列各项均为负数，再根据是递增数列，可以联想到在上是递增的函数，进而构造出数列.
【详解】因为是递减数列，可以考虑，而是递增数列，可以构造.
故答案为：（答案不唯一）.
16．
【分析】根据，构造，两式相减变形分析讨论，然后根据数列为减数列，列出不等式解出即可.
【详解】由得，
，
两式相减得，
当时，，
当时，，
均不合题意，
所以，
故数列是以为首项，以为公比的等比数列，
数列单调递减等价于或，
解得．
故答案为：.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，由，即可得到，根据作差得到，即可得证；
（2）由题设条件可知，，，所以，，数列和分别是以，为首项，6为公差的等差数列，所以，，，再由数列是单调递增数列能够推出的取值集合．
（3）直线的斜率为，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再由，即可得证．
【详解】（1）当时，由已知得，
因为，所以①，
于是②，
由②①得，③，
于是④，
由④③得⑤，
所以，即数列是常数数列．
（2）由①有，所以，
由③有，，
所以，．
而⑤表明：数列和分别是以，为首项，6为公差的等差数列，
所以，，，
数列是单调递增数列且对任意的成立．
且，
．
即所求的取值集合是．
（3）直线的斜率为，
任取，设函数，则，
记，则，
当时，，在上为增函数，
当时，，在上为减函数，
所以时，，从而，
所以在和上都是增函数．
由（2）知，时，数列单调递增，
取，因为，所以．
取，因为，所以．
所以，即直线的斜率随单调递增．
【点睛】思路点睛：对于数列中出现与的关系，一般根据作差即可得到，对于不等式证明常转化为函数的单调性.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）我们用数学归纳法进行证明，先证明不等式当时成立，再假设不等式当时成立，进而证明当时，不等式也成立，最后得到不等式对于所有的正整数成立；
（2）根据（1）的结论，我们可以利用放缩法证明，放缩后可以得到一个等比数列，然后根据等比数列前项公式，即可得到答案．
【详解】（1）证明：当时，，
因为，所以，
下面用数学归纳法证明不等式．
①当时，，不等式成立，
②假设当时，不等式成立，即，即，
那么
，
即，所以当时，不等式也成立．
根据①和②，可知不等式对任意都成立．
（2）证明：由（1）知，．
所以
．
故对任意，．
19．（1）；（2）（i）第二项最大为2；（ii）存在，.
【分析】（1）设数列的公比为()，由已知条件，，成等差数列，可求得公比，从而得到通项和前项和；
（2）（i）由条件可得数列是以1为首项，5为公差的等差数列，可得数列的通项，通过判数列的单调性可得数列的最大项；
（ii）假设存在等差数列，运用等差数列的通项公式，讨论，，，结合不等式恒成立思想，即可判断存在性.
【详解】（1）设数列的公比为()，，由于，，成等差数列，
则或（舍去），所以，
.
（2）（i），，，
所以数列是以1为首项，5为公差的等差数列，
，显然，
令，即，
令，即
所以，故.
（ii）假设存在等差数列，使得对任意，都有， ，由（i）得，，
设的公差为，则，
若，单调递增，存在使得，但是，则不能恒成立，故不存在；
若，单调递减，而单调递增，则不能恒成立，故不存在；
若，又因为，，故.
所以存在等差数列满足题意.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列通项公式和求和公式的应用，考查数列的单调性和存在性问题的解法，考查推理和计算能力，属于中档题.
20．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在最小项，不存在最大项，理由见解析.
【分析】（1）根据给定递推公式，结合“当时，”及已知变形，利用等比数列定义判断作答.
（2）由（1）求出，再构造数列求解作答.
（3）由（2）的结论，判断数列的单调性即可作答.
【详解】（1）因，，则当时，，
因此，即，
而，则，又，，即，有，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，则有，
因此数列是以为首项，为公差的等差数列，则，
所以数列的通项公式是.
（3）由（2）知，，于是得是递增数列，
所以数列存在最小项，不存在最大项.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，由与的关系即可得到为等比数列，从而得到数列的通项公式；
（2）根据题意，由（1）中的结论即可得到数列的通项公式，结合条件列出不等式，即可得到结果.
【详解】（1）①，
当时，，
当，，②
①-②得：，即，，
由知即，
所以是首项为1公比为2的等比数列，得，
所以数列的通项公式为：.
（2），
，，
令得或，即，
令得，即，
当时，
当时，又，
所以数列最大项为.
22．（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）写出，通过恒成立，即可求解；
（2）①由题求出首项，根据，，两式相减，得出递推关系即可得证；②求出通项公式，根据定义建立不等式求解最值.
【详解】（1）由题可得：，是数列，
恒成立，对任意的恒成立，
对任意的恒成立，
所以；
（2）①由题：，，两式相减得：
，
，数列的各项均为正数，
所以，
，两式相减得：
，，
当n=1时，可得，数列的各项均为正数，
所以
当n=2时，可得，
所以=4
综上可得：数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
②由①可得：，，
，对任意的恒成立，
，，
，对于任意m