高中数学压轴题小题专项训练专题24数列的单调性问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题24数列的单调性问题含解析答案，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知正项数列满足，则下列正确的是（ ）
A．B．数列是递减数列
C．数列是递增数列D．
2．若数列，对于，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．对于数列，若，都有（t为常数）成立，则称数列具有性质．数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．等差数列的前项和为.已知，.记（），则数列的（ ）
A．最小项为B．最大项为
C．最小项为D．最大项为
5．已知是等比数列，则甲：数列为递增数列，乙：，恒成立，则甲是乙的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（ ）
A．数列是常数列B．若，则是递增数列
C．若，则D．若，则的最小项的值为
7．数列单调递减，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,…
若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
9．若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意，都有
B．数列可以是常数列
C．若，则数列为递减数列
D．若，则当时，
10．已知数列{an}的通项公式为，则此数列的最大项为（ ）
A．B．C．D．
11．已知数列是各项为正数的等比数列，公比为q，在之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，在之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ）
A．当时，数列单调递减B．当时，数列单调递增
C．当时，数列单调递减D．当时，数列单调递增
12．设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
13．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．为递减数列B．为递增数列
C．数列有最小项D．数列有最大项
14．已知数列的各项都是正数，．记，数列的前n项和为，给出下列四个命题：
①若数列各项单调递增，则首项
②若数列各项单调递减，则首项
③若数列各项单调递增，当时，
④若数列各项单调递增，当时，，
则以下说法正确的个数（ ）
A．4B．3C．2D．1
15．已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
16．已知常数，数列满足.现给出下列四个命题：
①当时，数列为递减数列；
②当时，数列为递减数列；
③当时，数列不一定有最大项；
④当为正整数时，数列必有两项相等的最大项.
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②B．③④C．②③④D．②④
二、填空题
17．在首项为1的数列中，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ．
18．已知数列满足，，数列的前项和为，设，表示不大于的最大整数.则 .
19．已知各项都不为0的数列的前项和满足，其中，设数列的前项和为，若对一切，恒有成立，则能取到的最大整数是 .
20．数列满足.若单调递增，则实数c的取值范围是 .
21．已知正项数列满足，数列满足，且对任意的恒成立，则下列结论中正确的是 .
①
②数列从第二项起是单调递减数列
③
④
22．已知数列满足，给出下列四个结论中，正确结论的序号是 .
①数列是单调递减数列；
②数列中存在不大于0的项；
③存在，当时，；
④.
23．已知等差数列和等比数列满足，，则数列在 时取到最小值．
参考答案：
1．D
【分析】选项A、D，需要借助放缩法进行判断；选项B、C，判断数列的单调性，需要对数列的前后项作商并与比较大小；
【详解】因为，故，得，
对于选项A，由可得：，
两边同乘，可得：，，则选项A错误；
对于选项B，易知，，
因此，
则，选项B错误；
对于选项C，，，
因此，
又，同时，
得，即，选项C错误；
对于选项D，当时，，
则，
则有，则选项D正确．
故选：D.
2．C
【分析】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．
【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．
因为，只需要，
即，整理得．
令，则，
所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，
则，所以，即的取值范围为．
故选：C．
3．B
【分析】根据数列的新定义推得数列是递增数列，从而得到，整理化简得，构造函数，利用导数求得的最小值，从而得解.
【详解】依题意，得，则，
所以数列是递增数列，故，
因为，则，整理得，
令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，所以在或处取得最小值，
又，，所以，
故，则，
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解数列新定义，推得是递增数列，从而将问题转化为关于的恒成立问题，从而得解.
4．C
【分析】先由基本量法求出，再由导数确定的单调性，最后求出结果即可.
【详解】设公差为d，则，，则，，
所以，
设，则，，
所以在为递增函数，
所以，
所以最小项为.
故选：C.
5．C
【分析】利用充分必要条件的定义，分别讨论甲乙的充分性与必要性，结合等比数列的通项公式分类讨论即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，则．
当为递增数列时，，即，恒成立，故充分性成立；
当，恒成立时，，即，
若，则或，
当时，，与假设矛盾，舍去，
故，此时，则为递增数列；
若，则或，
当时，，与假设矛盾，舍去，
故，此时，则为递增数列．
综上所述，当，时，为递增数列，故必要性成立；
所以甲是乙的充要条件．
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分类讨论解不等式，从而推得其必要性成立.
6．D
【分析】由递推关系求出时，代入得到结果与直接代入得到结果作比较可得A错误；由递推关系得到奇数项和偶数项，可判断B错误；由递推关系得到当时，的偶数项为，奇数项为，再用分组求和可得C错误；由递推关系得到时，的偶数项为，奇数项为，可得D正确.
【详解】A：当时，；①
当时，，
作差可得，代入可得，与①可能矛盾，
故数列不一定是常数列，故A错误；
B：由可得且，
所以数列不是单调数列，故B错误；
C：若，则由以上选项可知，
所以当时，的偶数项为，奇数项为，
而，故C错误；
D：若，则，，故时，的偶数项为，奇数项为，
则的最小项的值为，故D正确；
故选：D.
【点睛】方法点睛：
（1）已知求时可仿写作差；
（2）求数列中较大的前某项和时，可根据数列的周期性用分组求和.
7．C
【分析】利用数列单调递减，可知，可化为，再判断数列
的单调性，即可求出的取值范围.
【详解】∵数列单调递减，∴，
∴，
则，
令，，令，可知在区间上单调递增，则数列为单调递增数列，
对所有的正整数都成立只需时，成立，
即，解得，
∴的取值范围是，
故选：C.
8．B
【详解】且，，，
，，
又，，，，
由题意，，，
，，
，，，
由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上，
又由题意，，，
，，
，，
单调递增（可证当时
故选：．
9．C
【分析】先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案.
【详解】由得，
，依题意，所以，
由于，所以可由，
解得，负根舍去，
A选项，由于，所以，所以A选项正确；
①，
B选项，若，解得，
此时是常数列，所以B选项正确；
令，令，
则，
所以当时，；当时，，
所以当时，是单调递减数列，
即，所以C选项错误；
同时，，
则当时，，所以D选项正确.
故选：C
【点睛】根据递推关系研究数列的性质，关键点是根据递推关系的结构，选择恰当的分析方法.如本题中，已知递推关系是形如一元二次方程的形式，所以可以考虑利用一元二次方程的知识来进行求解.研究数列的单调性，可以考虑利用差比较法来进行求解.
10．D
【分析】法一：利用作差法求解；法二：设数列的第n项最大，由求解.
【详解】解：方法一：－＝·，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即，
所以，
所以数列有最大项，为第8项和第9项，且.
方法二：设数列的第n项最大，则，
即，
解得，又，则或，
故数列{an}有最大项，为第8项和第9项，且.
故选：D
11．D
【分析】根据数列的定义，求出通项，由通项讨论数列的单调性.
【详解】数列是各项为正数的等比数列，则公比为，
由题意，得，
时，，有，，数列单调递增，A选项错误；
时，，，若数列单调递增，则， 即，由，需要，故B选项错误；
时，，解得，
时，，由，若数列单调递减，则， 即，而 不能满足恒成立，C选项错误；
时，，解得或，由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：此题的入手点在于求数列的通项，根据的定义求得通项，再讨论单调性.
12．D
【分析】利用，得到，，变形后得到是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出，故代入整理得，利用作差法得到单调递减，最小值为，列出不等式求出答案.
【详解】当时，，解得：，
当时，，
整理得，
方程两边同除以，得，
又，故是等差数列，首项为6，公差为4，
所以，
故，经验证，满足要求，
所以为，
故，对任意恒成立，
，当时，，
故，
单调递减，当时，取得最大值，
故，解得：，
则的最小值为.
故选：D
13．C
【分析】由已知，分析等比数列的公比范围，进而可以判断的单调性，判断A，B；由，分，进行讨论，判断C，D．
【详解】设等比数列的公比为，则，
由可得，又，所以即，又，所以，即，
故等比数列首项，公比满足或，
当时，等比数列为正负项交替的摆动数列，故不单调；
当时，，等比数列单调递减，故A，B不正确；
又，且
所以当时，由于，
则，，
此时数列的最小项为，最大项为；
当时，有，
则数列为单调递增数列，有最小项，无最大项，故C正确，D不正确.
故选：C.
14．B
【分析】将化为，根据数列的单调性列式，解不等式得到的范围，从而得的范围，再根据可得的范围，由此可判断①②；
由，得，利用裂项求和法求出，再根据单调性及首项，可得的范围，由此可判断③④.
【详解】对于①，由题意，正数数列是单调递增数列，且，
∴，解得，∴．
∴．∵，∴．则①成立，
对于②，由题意，正数数列是单调递减数列，且，
∴，解得，∴．
∴．故②成立.
又由，可得：．
∴．∵，
∴
．
对于③，当时，因为，所以，∴，则，故③不成立；
对于④，当时，因为，∴，即，
∴．则，故④成立.
故选：B
15．A
【分析】解法一：由单调递增可得恒成立，则，分析和应用排除法确定正确选项；
解法二：借助函数的知识，将数列单调性转化为函数单调性，结合函数图象即可得解.
【详解】解法一：由单调递增，得，
由，得，
∴.
时，得①，
时，得，即②，
若，②式不成立，不合题意；
若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.
综上，排除B，C，D.
解法二：设，函数对称轴为，则，
联立，可得两函数的交点为，
若要，则，，所以，
又只要求存在实数，所以.
故选：A.
16．D
【分析】由于，再根据的范围讨论即可判断对错.
【详解】对于①：当时，，，所以数列不是递减数列，所以①不正确；
对于②：当时，，
所以.所以数列为递减数列，故②正确；
对于③：当时，
因为，当时，，，
，
所以数列有最大项，故③不正确；
对于④：，当为正整数时，.
当时，；当时，令，
解得，，
若，则，数列单调递增；
若，则，数列单调递减；
若，；
所以数列必有两项相等的最大项，故④正确.
故选：D
【点睛】关键点睛：由，再根据的范围进行分类讨论，得到数列的单调性.
17．或.
【分析】通过累加法，求出，解出不等式，找到与即可.
【详解】结合题意：
，
所以，解得或，
当为偶数时，，递增，可得的最小值为，则，
递增，可得的最小值为,则,
当为奇数时，，递减，可得的最大值为，，
递减，可得的最大值为，，
综上所述：要使得存在，使得不等式成立，
只需或，
所以的取值范围为或.
故答案为：或.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是能够通过递推关系式得到数列的通项公式，结合数列的单调性特点可得到不等式的解集，从而确定解集上下限的最值，进而得到结果.
18．1
【分析】根据已知关系式可得，知数列为递增数列；采用裂项相消法可求得，知，由数列单调性可求得，由此可推导得到，从而求得结果.
【详解】因为，则，
即，
可得
，
即；
又因为，则，
且，则，可得，所以数列为递增数列；
且，，，
即，则，可得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解题关键是能够将数列递推关系式进行变形，得到、，从而确定的表达式.
19．
【分析】根据题意推得，利用等差数列的通项公式，求得的通项公式为，得到，令，结合，求得最小时为，根据恒成立，求得，即可求解.
【详解】因为，当时，，
两式相减可得，即，
因为数列的各项都不为0，所以，
因为，所以，
数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以；
数列的偶数项是以2为首项，公差为2的等差数列，所以，
故数列的通项公式为，可得，所以，
令，
，
，则，
所以随着的增大而增大，即在处取最小值，，
又因为对一切，恒有成立，所以，解得，
故能取到的最大整数是.
故答案为：.
20．
【分析】由数列前三项递增可推出，再借助数列对应的函数由蛛网图可确定具体范围.
【详解】由题可知，
，
由数列调递增知，即，解得；
设函数，图象为抛物线,随着c的变化而上下平移.
从蛛网图可以看出，抛物线顶点不得高于直线，即：函数最大值小于等于对称轴的取值，
，
故答案为：.

21．①②
【分析】首先由题意可得，令可得在上单调递减，可判断为递减数列；也为递减数列，即可判断①②的正误；由的单调性可判断③④的正误．
【详解】因为为正项数列，得，，，
又，则，
即，所以，
所以，令，
，当时，，在上单调递减，
则，，在上单调递减，
所以，所以，
对于①，由，，……，
同理，所以，
因为在上单调递减，得数列是递减数列，故的最大项为，
因为，所以为递减数列，由复合函数的单调性可得也为递减数列，故②正确；
因为，，则，又为递减数列，所以，故①正确；
因为的最大项为，所以，而，故③错误，
同理可得，所以，则，故④错误.
故答案为：①②．
22．①③
【分析】由及，可得，从而可判断②；又，从而可判断①③；由，累加可得.又，累加可得，放缩可判断④.
【详解】由而，所以可知：，
因此说法②不正确；
由，
因此数列是单调递减数列，所以说法①正确；
因为，数列是单调递减数列，
所以存在，当时，，因此说法③正确；
，
所以当时，有，，
累和得：，
即当时，，
所以存在，当时，，因此说法③正确；
，
同理运用累和法得：，
所以
因此说法④不正确.
故答案为:①③.
【点睛】数列的易错点睛：
(1)数列是一类特殊的函数，它的图像是一群孤立的点；
(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
23．2或6
【分析】求出等差数列的通项公式和，分和两种情况，得到的通项公式，并利用作差法得到数列的单调性，求出最小值对应的的值.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
则，
解得，，
故
当时，，
此时，
故，
，
令得，，
令得，
故，且，
所以当时，取得最小值，
当时，，
此时，
故，
显然，，，，，，……，
当时，奇数项为负，偶数项为正，
当且为奇数时，
，
即当且为奇数时，，当时，，即，
故只需计算出，，
，
显然最小，
综上，n=2或6.
故答案为：2或6
【点睛】方法点睛：数列的单调性判断方法，①作差法，利用第项和第项的差与0进行比较得到单调性；②做商法，针对于正项数列或负项数列，也可做商比较大小，得到单调性；③将其看做特殊的函数，利用导函数的正负进行判断等.