2021年高中数学培优练习《数列-恒成立问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《数列-恒成立问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

等比数列{an}前n项和为Sn，若对任意正整数n，Sn＋2=4Sn＋3恒成立，则a1的值为( )
A.－3 B.1 C.－3或1 D.1或3
在数列{an}中，已知a1=3，且数列{an＋(－1)n}是公比为2的等比数列，对于任意的n∈N*，不等式a1＋a2＋…＋an≥λan＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,5))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))) D.(－∞，1]
已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，n∈N*，
bn=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(1,49) C.49 D.eq \f(8,441)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1=1，an＞0，aeq \\al(2,n＋1)=4Sn＋4n＋1(n∈N*)，若不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an对任意的n∈N*恒成立，则整数m的最大值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
二、填空题
已知{an}是递增数列，且对任意的自然数n(n≥1)，都有an=n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围为________.
已知{an}是递增数列,且对于任意的n∈N*,an=n2+λn恒成立,则实数λ的取值范围是 .
三、解答题
已知数列{an}与{bn}满足an+1-an=2(bn+1-bn)(,n∈N).
(1)若a1=1,bn=3n+5，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1=6，bn=2n(n∈N*)且λan>2n+n+2λ对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围.
若数列{an}是递增等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列，
(1)求{an}的通项公式；
(2)设，求数列{bn}的前n项和Tn．
(3)是否存在自然数m，使得对一切n∈N*恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，
说明理由．
已知数列{an}满足a1=1，，其中n∈N*.
(1)设，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式an.
(2)设，数列{cncn+2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由.
已知数列{an}和{bn}满足(n∈N*)，若{an}为等比数列，
且a1=2,b3=b2+6.
(1)求an与bn;
(2)对于任意自然数n，求使不等式恒成立的λ的取值范围.
已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋1)))前n项的和，若λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3=5，a1，a2，a5成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)，Sn是数列{bn}的前n项和.若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求实数a的取值范围.
\s 0 参考答案
答案为：C；
解析：设等比数列{an}的公比为q，当q=1时，Sn＋2=(n＋2)a1，Sn=na1，
由Sn＋2=4Sn＋3得，(n＋2)a1=4na1＋3，
即3a1n=2a1－3，若对任意的正整数n,3a1n=2a1－3恒成立，
则a1=0且2a1－3=0，矛盾，所以q≠1，所以Sn=eq \f(a11－qn,1－q)，Sn＋2=eq \f(a11－qn＋2,1－q)，
代入Sn＋2=4Sn＋3并化简得a1(4－q2)qn=3＋3a1－3q，
若对任意的正整数n该等式恒成立，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－q2＝0，,3＋3a1－3q＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,q＝－2，))故a1=1或－3，故选C.
答案为：C；
解析：由已知，an＋(－1)n=[3＋(－1)1]·2n－1=2n，
∴an=2n－(－1)n.
当n为偶数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1)
=2n＋1－2，an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1＋1，
由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1，得λ≤eq \f(2n＋1－2,2n＋1＋1)=1－eq \f(3,2n＋1＋1)对n∈N*恒成立，
∴λ≤eq \f(2,3)；
当n为奇数时，a1＋a2＋…＋an=(2＋22＋…＋2n)－(－1＋1－…＋1－1)=2n＋1－1，
an＋1=2n＋1－(－1)n＋1=2n＋1－1，由a1＋a2＋…＋an≥λan＋1得，
λ≤eq \f(2n＋1－1,2n＋1－1)=1对n∈N*恒成立，综上可知λ≤eq \f(2,3).
答案为：B；
解析：当n=1时，6a1=aeq \\al(2,1)＋3a1，解得a1=3或a1=0.
由an＞0，得a1=3.由6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，得6Sn＋1=aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1.
两式相减得6an＋1=aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋3an＋1－3an.所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)=0.
因为an＞0，所以an＋1＋an＞0，an＋1－an=3.
即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an=3＋3(n－1)=3n.
所以bn=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)=eq \f(8n,8n－18n＋1－1)=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1))).
所以Tn=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)＋\f(1,82－1)－\f(1,83－1)＋…))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))
=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))＜eq \f(1,49).
要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥eq \f(1,49).故选B.
答案为：B；
解析：当n≥2时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1，,a\\al(2,n)＝4Sn－1＋4n－1＋1，))两式相减得aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)=4an＋4，
即aeq \\al(2,n＋1)=aeq \\al(2,n)＋4an＋4=(an＋2)2，
又an＞0，所以an＋1=an＋2(n≥2).对aeq \\al(2,n＋1)=4Sn＋4n＋1，
令n=1，可得aeq \\al(2,2)=4a1＋4＋1=9，所以a2=3，则a2－a1=2，
所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，故an=2n－1.
因为4n2－8n＋3=(2n－1)(2n－3)，n∈N*，2n－1＞0，
所以不等式4n2－8n＋3＜(5－m)·2n·an等价于5－m＞eq \f(2n－3,2n).
记bn=eq \f(2n－3,2n)，则eq \f(bn＋1,bn)=eq \f(\f(2n－1,2n＋1),\f(2n－3,2n))=eq \f(2n－1,4n－6)，当n≥3时，eq \f(bn＋1,bn)＜1，
又b1=－eq \f(1,2)，b2=eq \f(1,4)，b3=eq \f(3,8)，所以(bn)max=b3=eq \f(3,8).
故5－m＞eq \f(3,8)，得m＜eq \f(37,8)，所以整数m的最大值为4.
答案为：λ>－3；
解析：由{an}为递增数列，得an＋1－an=(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn=2n＋1＋λ>0恒成立，
即λ>－2n－1在n≥1时恒成立，令f(n)=－2n－1，f(n)max=－3.只需λ>f(n)max=－3即可.
答案为：(-3,+∞)；
解析：∵对于任意的n∈N*,an=n2+λn恒成立,∴an+1-an=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+1+λ.
又∵{an}是递增数列,∴an+1-an>0,且当n=1时,an+1-an最小,∴an+1-an≥a2-a1=3+λ>0,∴λ>-3.
解：
解：
解：
解:
解：(1)设公差为d，由已知得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝14，,a1＋2d2＝a1a1＋6d，))
解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=2，所以an=n＋1.
(2)因为eq \f(1,anan＋1)=eq \f(1,n＋1)-eq \f(1,n＋2)，
所以Tn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \f(1,n＋1)-eq \f(1,n＋2)=eq \f(1,2)-eq \f(1,n＋2)=eq \f(n,2n＋2)，
又λTn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，所以λ≤eq \f(2n＋22,n)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8，
而2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(4,n)))＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立．
所以λ≤16，即λ的最大值为16.
解：(1)因为a3=5，a1，a2，a5成等比数列，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1＋d2＝a1a1＋4d，))解得a1=1，d=2，
所以数列{an}的通项公式为an=2n－1.
(2)因为bn=eq \f(1,a\\al(2,n)＋4n－2)=eq \f(1,2n－12＋4n－2)
=eq \f(1,4n2－1)=eq \f(1,2n－12n＋1)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，
所以Sn=b1＋b2＋…＋bn
=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1)))，
依题意，对任意正整数n，不等式1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0，
当n为奇数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＞－1＋eq \f(1,2n＋1)，所以a＞－eq \f(2,3)；
当n为偶数时，1－eq \f(1,2n＋1)＋(－1)n＋1a＞0即a＜1－eq \f(1,2n＋1)，所以a＜eq \f(4,5).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,5))).