高中数学压轴题小题专项训练专题28数列不等式问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题28数列不等式问题含解析答案，共24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．已知数列满足：，数列的前n项和为，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知等比数列的前项和为，公比，若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．16B．32C．64D．8
3．对于数列，定义为数列的“加权和”．设数列的“加权和”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足：，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知各项均为正数的数列的前n项和，且满足，．设（非零整数，），若对任意，有恒成立，则的值是（ ）
A．2B．1C．D．
6．在数列中，，数列的前项和为，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
8．设等差数列的前n项和为，若不等式对任意正整数n都成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．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．
二、填空题
10．已知数列的前项和为对任意都有，且，则的取值集合为 ．
11．若数列满足，且对任意都有，则的最小值为 .
12．设数列的前项和为，且，数列满足，其中．则使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值为 ．
13．已知数列满足，若对恒成立，则的取值范围为 .
14．已知数列的前项和为，且满足，若数列的前项和满足恒成立，则实数的取值范围为 ．
15．已知数列满足，，数列的通项公式为，记数列的前n项和为，若存在正数k，使对一切恒成立，则k的取值范围为 ．
16．已知数列的前项和为，且满足，若，则 ；若使不等式成立的最大整数为10，则的取值范围是 ．
17．已知各项均为正数的数列的前n项和为，且，数列满足，若对任意恒成立，则的取值范围是 .
18．在数列中，，为的前项和，关于的方程有唯一解，若不等式，对任意的恒成立，则实数的取值范围为
19．已知数列满足：，设数列的前项和为，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
20．已知等比数列的首项，且，记的前项和为，前项积为，则当不等式成立时，的最大值为 ．
21．已知数列的首项为，且满足，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为 .
22．已知数列满足，且当时恒成立．设的前n项和为，当时，则n的最小值为 ．
参考答案：
1．D
【分析】由于，所以利用裂项相消求和法可求得，然后由可得恒成立，再利用基本不等式求出的最小值即可
【详解】，
故
，
故恒成立等价于，
即恒成立，
化简得到，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以．
故选：D
2．C
【分析】首先求出，即可求出通项公式及，依题意可得恒成立，参变分离可得，再由基本不等式计算可得.
【详解】由，解得，
所以，
故由，可得，
所以，
由于，当且仅当，即时等号成立，
故，所以实数的最大值为.
故选：C．
3．B
【分析】借助与的关系可计算出数列的解析式，即可得，则分及两种情况分类讨论，当时，为有特殊定义域的二次函数，结合二次函数的性质可得，解出即可得.
【详解】当时，，则，
即，故，
当时，，符合上式，故，
则，故，
因为对任意的恒成立，
当时，有，即，不符合要求，
当时，则有，
解得.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在得到后，可知当时，为有特殊定义域的二次函数，即可结合二次的函数的性质解题.
4．D
【分析】利用的特征方程，求得两解，构造等比数列，
求得，结合，得到对任意恒成立，结合其单调性，求得答案.
【详解】解的特征方程 ，
即 ，可得 ，
故，
两式相除得：，
即 为首项是，公比为3的等比数列，
故，则 ，
由于对任意恒成立，
故对任意恒成立，
即对任意恒成立，
而随n的增大而减小，当时，取到最大值1，故 ，
故选：D
【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求参数的取值范围，综合性较强，解答的关键是要明确利用递推式的特征方程构造等比数列，求得数列通项公式，进而分离参数，解决恒成立问题.
5．D
【分析】先根据条件求出，，再根据探索数列的通项公式，代入，根据，分为奇数、偶数讨论的取值范围，最后根据为非零整数确定它的值.
【详解】由，，又，所以，
，又，所以，
由得（），
相减得，，，
所以，所以，
再相减得，
则，而，
所以数列是等差数列，首项和公差均为1，所以，
，
对任意，有恒成立，则恒成立，
，
即，
是奇数时，，，∴，
为偶数时，，，∴，
综上，．又是非零整数，所以．
故选：D．
【点睛】思路点睛：数列问题中已知项与和的关系时，一般利用得出数列的递推关系，从而再求解；在含有的不等式参数问题中，需要利用的奇偶进行分类讨论化简不等式得参数范围．
6．A
【分析】由可得，即可得到是首项为2，公比为4的等比数列，可求出，，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出答案
【详解】易得，则由两边除以可得，整理可得，
因为，所以是首项为2，公比为4的等比数列，
所以，即，
数列的前项和为，
所以，
对于，，
则，当且仅当即时，取等号；
因为不等式对恒成立，所以，
故选：A
7．A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
8．D
【分析】令,由，当时，取得最小值，由此能求出结果.
【详解】
,
令，
则，
当时，取最小值，
即，，
因为不等式对任意正整数n都成立，
当，
所以，
当时，，
综上.
故选：D
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式与求和公式，二次函数的单调性，分类讨论，不等式的性质，属于难题.
9．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
10．
【分析】由题设、的递推关系可得是首项为3，公比为的等比数列，进而写出的公式，结合已知不等关系，讨论为奇数、偶数分别求n值，即可知取值集合.
【详解】由题意知：，即，
当时，，即，
∴是首项为3，公比为的等比数列，则，
∴知：，
当为奇数时，，得，
当为偶数时，，得，
∴的取值集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据、的递推关系，等比数列的定义判断数列为等比数列，进而写出前n项和公式，由绝对值不等式讨论n奇偶性，并求出n值.
11．8
【分析】根据题意，分析数列的前5项，结合递推公式分析可得在中，最大为，设，分析可得，且，将其变形可得，可以得到数列是首项为﹣2，公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式求出数列通项公式，则有，据此分析恒成立可得答案．
【详解】解：根据题意，数列满足
当时，有，则，，
分析可得：在中，最大为，
设，则有，
且，
变形可得：，所以数列是首项为6﹣8＝﹣2，公比为的等比数列，则，
则，
即，又为递增数列，且，
所以若对任意任意都有成立，则，即的最小值为8；
故答案为8
【点睛】本题考查数列的递推公式，注意查找规律，分析局部数列的性质是解题的关键，属于难题.
12．/0.75
【分析】先通过递推公式求出的通项公式，代入求出的通项公式，最后代入转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可求出最小值.
【详解】因为，所以，
所以，即，
两边同除可得，
又因为时，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，
即，
所以，
代入不等式可得，
即，
令，则，
所以
，
因为，
所以，
所以恒成立，即为单调递增数列，所以，
所以，即的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：数列的恒成立问题往往需要研究数列的单调性，一般通过作差法来判断单调性.
13．
【分析】先由条件得到，再将问题转化为或，从而得解.
【详解】法一：
由，得，两式相减得，
则数列，都是以2为公差的单调递增数列.
要使对恒成立，只需，
而，，则，解得.
法二：
由，得，两式相减得，
又，则，，
要使对恒成立，即，
即，解得.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将恒成立，转化为或，从而得解.
14．
【分析】先由，求得数列的通项公式，再由错位相减法求出，再利用不等式恒成立即得.
【详解】因为，所以当时， ，即，
当时，有，
所以，即，
因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，因为，
所以，
，
得，
因此．
由恒成立得恒成立，
因为，所以，
即，所以．
故答案为：．
【点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
15．
【分析】由题可得数列的通项公式，再利用错位相减法可得，进而可得恒成立，再利用基本不等式即得.
【详解】因为，
即，
所以数列为公比为2的等比数列，又因为，
所以，
所以，，
所以，①
，②
②－①得，
，
所以．
因为不等式对一切恒成立，
所以对一切恒成立，
即对一切恒成立，
只需满足，
因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以，
所以，
故k的取值范围是．
故答案为：．
16．
【分析】根据题意利用累加法可得.空1：直接代入运算求解即可；空2：利用等差数列求和公式可得，根据题意结合二次函数列式求解即可.
【详解】因为，则，
当时，
，
所以，
且当时，符合上式，所以.
空1：若，则；
空2：因为，
所以数列是以首项为，公差为的等差数列，
可得，
令，整理得，
由题意可知：满足上式的整数的最大值为10，
可得，解得，
即的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键定睛：累加法：数列递推关系形如an＋1＝an＋f(n)，其中数列{f(n)}前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
17．
【分析】先由关系求解数列通项公式，代入式子整理得，对整数的奇偶性分类讨论进行数列求和，得数列的最大值，进而得到范围.
【详解】当时，，
又，解得，
由①，
则当时，②，
两式①②相减得，，
即，又，则，
所以数列是以为首项，的公差的等差数列，
故，
则
令，
又
则数列是递增数列，且；
数列是递减数列，，
若恒成立，
且恒成立，
所以，且，解得，
故答案为：
18．
【分析】设，分析可得，求得，，对分奇数和偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】设函数，该函数的定义域为，
因为，
则函数为偶函数，因为方程有唯一解，则，
所以，且，故数列是以为公差和首项的等差数列，
故，，由题意可得.
若为奇数，则，因为，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得；
若为偶数，则，令，则，，
当时，,，
且数列中的偶数项从开始单调递增，因为，此时.
综上所述，.
故答案为：.
19．
【分析】利用数列的递推关系求的通项公式，再利用裂项相消求和，利用不等式恒成立求的取值范围.
【详解】因为①，
当时，，
当时，令有，②，
①②得：，所以，
经检验符合上式，所以，，
所以，
所以，
因为不等式恒成立，
所以，
因为，
所以，解得：或.
故答案为：.
20．19
【分析】由等比数列的通项公式、前项和公式及等差数列前项和公式，结合不等式成立问题，分类讨论思想即可求解．
【详解】设等比数列的公比为．
由，得，解得，
所以，
则．
由，得，即．
整理得，．
令，解得．
又，所以．
当时，，不等式不成立；
当时，，所以，不等式成立；
当时，，所以，不等式不成立．
故当不等式成立时，的最大值为19．
故答案为：19．
21．
【分析】利用与的关系可得，进而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式组求解即可.
【详解】由①可得②，
②①得，即，，
所以，，
所以，，累乘得，，
将代入得，解得，
所以，，
对于函数，得，
由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，
所以要使恒成立，只需，即可，
即，解得，
故答案为：
22．21
【分析】根据题意分别得出数列的奇数、偶数项都为为公差为的等差数列，从而利用分组并项求和即可求解.
【详解】由题意知，且当时，恒成立，
所以当为奇数时，，且，
所以得，
因为当时，恒成立，
则，所以可得数列的奇数项成公差为的等差数列；
所以当为偶数时，，且，
所以得，
因为当时，恒成立，
则，所以可得数列的偶数项成公差为的等差数列；
当为偶数时，
；
当为奇数时，
所以，
所以当时，要使的值最小，即得的值需最大，
又因为，所以，所以，
所以，
所以当为偶数时，，即，解得：，即的最小值为；
所以当为奇数时，，即，
解得：，又因为，所以的最小值为.
综上所述：的最小值为.
故答案为：.