高考数学数列题型之数列与不等式交汇的综合题

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专题16 数列与不等式相结合的综合问题(解析版)

专题16 数列与不等式相结合的综合问题专题概述数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．典型例题【例1】（2020•赣州模拟）已知各项为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，22a =，425S S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求使得8150n n S a ->成立的最小正整数n ．【分析】（1）根据已知求出公比，进而求得通项公式；（2）求出815n n S a -的表达式，通过对n 的讨论即可求解．【解答】解：（1）设公比为q ，则0q >；425S S =．1q ∴≠；∴4242211(1)5(1)450411a q a q q q q q q --=⇒-+=⇒=-- 2(1q =舍）； 2q ∴= (2-舍）21222n n n a a --∴=⨯=；（2）由（1）得：21n n S =-；118158(21)15228n n n n n S a --∴-=--=-； 12804n n --=⇒=；13n 时，1280n --<，此时815n n S a <；4n =时，1280n --=，此时815n n S a =；5n 时，1280n -->，此时815n n S a >；∴使得8150n n S a ->成立的最小正整数n 为5．【例2】（2020•安庆二模）设数列{}n a 是一个公差为(0)d d ≠的等差数列，其前n 项和为n S ，420S =，且三项1a 、2a 、4a 成等比数列．（Ⅰ）求公差d 的值；（Ⅰ）设数列1{}n S 的前n 项和为n T ，求使不等式20192020n T >成立的最小正整数n ．【分析】（Ⅰ）由1a 、2a 、4a 成等比数列，得2214a a a =，结合{}n a 是等差数列，得关于首项与公差的关系式，再由420S =列式求得．（Ⅰ）由（Ⅰ）知12a d ==，得21(1)2n n n S na d n n -=+=+，可得1111(1)1n S n n n n ==-++，利用裂项相消法求得n T ，再求解不等式可得使不等式成立的最小正整数n ．【解答】解：（Ⅰ）1a 、2a 、4a 成等比数列，∴2214a a a =，而{}n a 是等差数列，21a a d ∴=+，413a a d =+．于是2111()(3)a d a a d +=+，即222111123a a d d a a d ++=+，解得1(0)a d d =≠．由420S =知，1434202a d ⨯+=，解得2d =．（Ⅰ）由（Ⅰ）知12a d ==，得21(1)2n n n S na d n n -=+=+， ∴1111(1)1n S n n n n ==-++． 12111111111111223111n n nT S S S n n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-=+++．由20192020n T >，解得2019n >．故使不等式成立的最小正整数n 为2020．【例3】（2020•金华模拟）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知：5223a a =+且2a，14a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）设正项数列{}n b 满足2112nn n b S s ++=+，求证：121n b b b n ++⋯+<+．【分析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，运用等差数列的通项公式和求和公式，以及等比数列的中项性质，注意19360a d +，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（Ⅰ）求得2n S n =，求得n b，并推得11111(1)1n b n n n n <==+=+-++，再由数列的分组求和以及裂项相消求和，结合不等式的性质即可得证．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，由5223a a =+可得1142()3a d a d +=++，又2a14a 成等比数列，可得9214S a a =，即111936()(13)a d a d a d +=++，且19360a d +，解得11a =，2d =，或1115a =-，25d =（舍去），则12(1)21n a n n =+-=-；（Ⅰ）证明：由（Ⅰ）可得21(121)2n S n n n =+-=，由2112nn n b S S ++=+，可得n b =，由n b <=11111(1)1n n n n =+=+-++，故1211111(1)2231n b b b n n n ++⋯+<+-+-+⋯+-+ 1111n n n =+-<++．【变式训练】1.（2020•4月份模拟）已知数列{}n a ，{}n b 满足：1121,1,41n n n n n b a a b b a +=+==-．（1）证明：11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）设1223341n n n S a a a a a a a a +=+++⋯+，求实数a 为何值时4n n aS b <恒成立．【分析】（1）由已知条件推得12111111n n n n b b b b +-==-+---．结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）求得n a ，1111(3)(4)34n n a a n n n n +==-++++，运用数列的裂项相消求和可得n S ，4n n aS b -，设2()(1)3(2)8f n a n a n =-+--，讨论1a =，1a <，1a >，结合二次函数的图象和性质，可得()0f n <恒成立情况．【解答】解：（1）证明：11(1)(1)(2)2n n n n n n n nb b b a a b b b +===-+--， ∴11112n n b b +-=--，∴12111111n n n n b b b b +-==-+---．由114a =，111a b +=，可得11314b a =-=，1141b =--， ∴数列11n b ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以4-为首项，1-为公差的等差数列．∴14(1)31n n n b =---=---，∴12133n n b n n +=-=++．（2）113n n a b n =-=+．1111(3)(4)34n n a a n n n n +==-++++， ∴12231111114556(3)(4)444(4)n n n nS a a a a a a n n n n +=++⋯+=++⋯=-=⨯⨯++++， ∴22(1)(36)8443(3)(4)n n an n a n a n aS b n n n n +-+---=-=++++．由条件可知2(1)(36)80a n a n -+--<恒成立即可满足条件，设2()(1)3(2)8f n a n a n =-+--，当1a =时，()380f n n =--<恒成立，当1a >时，由二次函数的性质知不可能成立．当1a <时，对称轴3231(1)02121a a a --=--<--，()f n 在[1，)+∞为单调递减函数．f （1）(1)(36)84150a a a =-+--=-<，∴154a <，即有1a <时，4n aS b <恒成立．综上知：1a <时，4n aS b <恒成立．2．（2020•聊城一模）①535a b b =+，②387S =③91012a a b b -=+这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T ，________，16a b =，若对于任意*n N ∈都有21n n T b =-，且(n k S S k 为常数），求正整数k 的值．注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．【分析】由21n n T b =-，结合数列递推式；1n =时，11b T =，2n 时，1n n n b T T -=-，结合等比数列的定义和通项公式可得n b ，然后选三个条件中一个，结合等差数列的通项公式可得n a ，再讨论{}n a 的正负项，即可得到所求值．【解答】解：由21n n T b =-，可得1n =时，11b =；2n 时，1121n n T b --=-，相减可得122n n n b b b -=-，即12n n b b -=，由此可得{}n b 为首项为1，公比为2的等比数列，故12n n b -=， ①当535a b b =+，1632a b ==，541620a =+=，设{}n a 的公差为d ，则20324d =+，解得3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <，所以当11n =时，n S 取得最大值，因此正整数k 的值为11．②当387S =时，132a =，2387a =，设{}n a 的公差为d ，则3(32)87d +=，解得3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <，所以当11n =时，n S 取得最大值，因此正整数k 的值为11．③当91012a a b b -=+时，132a =，9103a a -=，设{}n a 的公差为d ，则3d =-，所以323(1)353n a n n =--=-．因为当11n 时，0n a >，当11n >时，0n a <，所以当11n =时，n S 取得最大值，因此正整数k 的值为11．专题强化1．（2020•绵阳模拟）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，123n n a S +=．（1）求n S ；（2）设1n n b s =，求证：12352n b b b b +++⋯+<．【分析】（1）由数列的递推式：11n n n a S S ++=-，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求；（2）求得113()5n n n b s -==，由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．【解答】解：（1）123n n a S +=，可得1123n n n n a S S S ++=-=，由11a =，可得11S =，即153n n S S +=，可得数列{}n S 是首项为1，公比为53的等比数列，则15()3n n S -=；（2）证明：113()5n n n b s -==，则12331()55355()3225215nn n b b b b -+++⋯+==-<-． 2．（2020•青岛一模）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ．已知112a b =，26S =，312S =，243T =，*n N ∈．（1）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）是否存在正整数k ，使得6k S k <且139k T >？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，在等差数列{}n a 中，由已知求解公差d ，进一步求得首项，可得等差数列的通项公式；由112a b =求得1b ，结合已知求得2b ，可得等比数列的公比，则等比数列的通项公式可求；（2）由（1）知，1()(1)2k k k a a S k k +==+，由6k S k <解得k 范围，再由131132239k k T -=->⨯，解得k 范围，即可判断出结论．【解答】解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，在等差数列{}n a 中， 26S =，312S =，3326a S S ∴=-=，又2123321236S a a a d a d d =+=-+-=-=，2d ∴=．从而1322a a d =-=，则22(1)2n a n n =+-=；由112a b =，得111b T ==． 22141133b T T =-=-=，设数列{}n b 的公比为q ， 2113b q b ∴==，则11111()()33n n n b --=⨯=；（2）由（1）知，1()(1)2k k k a a S k k +==+， (1)6k S k k k ∴=+<，整理得250k k -<，解得05k <<．又111(1)31313(1)12322313k k k k T -⨯-==-=-⨯-．∴131132239k k T -=->⨯，即11139k -<，解得3k >． ∴存在正整数4k =，使得6k S k <且139k T >． 3．（2020•绵阳模拟）若数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，*12()n n a S n N +=∈．（1）求n S ；（2）设3log n n b S =，求使得2334451211110.99n n b b b b b b b b +++++⋯+>成立的最小自然数n ．【分析】（1）利用数列的递推关系式，推出数列{}n S 是等比数列，然后求解即可．（2）化简数列的通项公式，然后利用裂项消项法求解数列的和，结合不等式推出n 的范围，然后求解即可．【解答】解：（1）数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，*12()n n a S n N +=∈．所以13n n S S +=，所以{}n S 是等比数列，首项为1，公比为3等比数列．13n n S -=．（2）3log 1n n b S n ==-，2334451211111111122334(1)n n b b b b b b b b n n +++++⋯+=+++⋯+⨯⨯⨯+ 1111111122311n n n =-+-+⋯+-=-++， 2334451211110.99n n b b b b b b b b +++++⋯+>成立，即110.991n ->+，解得99n >，所以最小自然数n 为100．4．（2020•福建二模）已知函数()2(sin cos)sin1888f x x x x πππ=+-．（1）求()f x 的最小正周期；（2）将函数()f x 的所有正的零点按从小到大依次排成一列，得到数列{}n x ，令11n n n a x x +=，n S 为数列{}n a 的前n 项和，求证：14n S <．【分析】（1）根据二倍角公式化简三角函数解析式，根据2T πω=求得周期；（2）根据函数()f x 值为0，解得数列{}n x 的通项公式，通过裂项相消求解前n 项和．【解答】解：（1）因为2()2(sincos)sin1()22sincos1sincossin()8888884444f x x x x f x sin x x x x x ππππππππππ=+-==+-=-=-，()284f x T ππ==所以的最小正周期．（2）证明：()0,04444f x x sin x ππππ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得．,41,44x k x k k Z πππ-==+∈解得即．所以*43,n x n n N =-∈．所以111111()(43)(41)44341n n n a x x n n n n +===--+-+．所以11111111111[(1)()()()](1)455991343414414n S n n n =-+-+-+⋯+-=-<-++．111(1)4414n =-<+．5．（2020春•山东月考）给出以下三个条件：①34a ，43a ，52a 成等差数列；②对于*n N ∀∈，点(,)n n S 均在函数2x y a =-的图象上，其中a 为常数；③37S =．请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{}n a 是一个公比为(0,1)q q q >≠的等比数列，且它的首项11a =，．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令*22log 1()n n b a n N =+∈，证明数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和12n T <．【分析】本题为开放性题目，需要从三个条件选一个进行作答，若选第一个则可以将3a ，4a ，5a 转化为1a 与q 进行求解；若选第二个则可以利用首项求出a 的值；若选第三个条件则可以利用等比数列前n 项和公式作答；第二问构造新的数列并利用裂项相消法证明即可．【解答】（1）选①进行作答解：因为34a ，43a ，52a 成等差数列，所以435642a a a =+，2333642a q a a q ⋅=+即解得1q =（舍)或2q = 所以12n n a -= 选②进行作答解：由题意得2n n S a =- 因为1121a S a ==-=，所以1a =所以21n n S =-112,21n n n S --=-当时，112,2n n n n n a S S --=-=所以当时，当1n =时，11a =，符合上式，所以12n n a -=；若选③作答解：由37S =，212311177a a a a a q a q ++=+⋅+⋅=即解得2q =或3q =- 又因为0q >，所以2q = 所以12n n a -=（2）证明：1222121n n b log n -=+=-， 1111111()(2)(21)22121n n b b n n n n +==-+-+，所以11111111(1)(1)23352121221n T n n n =-+-+⋯++=--++因为n N +∈，所以11121n -<+，所以12n T <，得证． 6．（2020•常德模拟）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2818a a +=，749S =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）设4(1)(3)n n n b a a =++，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：112n T <．【分析】本题第（Ⅰ）题先设等差数列{}n a 的公差为d ，然后根据已知条件运用等差中项的知识可计算出d 的值，即可得到数列{}n a 的通项公式；第（Ⅰ）题先根据第（Ⅰ）题的结果计算出数列{}n b 的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前n 项和n T ，再根据*n N ∈进行不等式的推导计算即可证明结论．【解答】（Ⅰ）解：由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则由285218a a a +==，可得59a =，又由()177447749,72a a S a a +====得，54972d a a ∴=-=-=，42(4)72(4)21n a a n n n ∴=+-=+-=-，*n N ∈．（Ⅰ）证明：由（Ⅰ）知，44111(1)(3)(211)(213)(1)1n n n b a a n n n n n n ====-++-+-+++， 12n n T b b b ∴=++⋯+1111112231n n =-+-+⋯+-+ 111n =-+， *n N ∈，12n ∴+，11012n <+，∴111121n -<+，即112n T <，故得证．7．（2020春•湖南月考）已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 是n a 与1na 的等差中项．（1）证明：2{}n S 为等差数列，并求n S ；（2）设11n n nb S S +=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ．，求满足5n T 的最小正整数n 的值．【分析】（1）由等差数列的中项性质和数列的递推式、结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）求得11n n n b S S +==+n T ，解不等式可得所求最小值．【解答】解：（1）证明：由n S 是n a 与1n a 的等差中项，可得12n n nS a a =+，当1n =时，1111122a S a a ==+，解得11(1a =-舍去），当2n 时，1n n n a S S -=-，可得1112n n n n n S S S S S --=-+-，化为11()()1n n n n S S S S --+-=，即2211n n S S --=，则2{}n S 为首项为1，公差为1的等差数列，由211nS nn =+-=，可得n S =*n N ∈；（2）11n n n b S S +===+121n T =，5n T 15，解得35n ，则满足5n T 的最小正整数n 的值为35．8．（2020春•江西月考）已知等差数列{}n a 满足738a a =+，且31a -是11a +，52a -的等比中项．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）设数列*11()n n n b n N a a +=∈，数列{}n b 的前项和为n T ，求使215n T <成立的最大正整数n 的值．【分析】（Ⅰ）等差数列{}n a 的公差设为d ，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；（Ⅰ）求得1111()(21)(23)22123n b n n n n ==-++++，运用数列的裂项相消求和，以及不等式的解法可得n 的最大值．【解答】解：（Ⅰ）等差数列{}n a 的公差设为d ，由738a a =+，可得11682a d a d +=++，解得2d =，由31a -是11a +，52a -的等比中项，可得2315(1)(1)(2)a a a -=+-，即2111(41)(1)(82)a a a +-=++-，解得13a =，则32(1)21n a n n =+-=+，*n N ∈；（Ⅰ）111111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n +===-++++，则1111111111()()2355721232323n T n n n =-+-+⋯+-=-+++，由1112()232315n -<+，可得2315n +<，解得6n <，可得使215n T <成立的最大正整数n 的值为5． 9．（2020•衡阳一模）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为n S ，39a =，9135S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列21{}n a 前n 项和为n T ，证明：1163n T <．【分析】本题第（1）题先设等差数列{}n a 的公差为d ，然后根据已知条件列出关于首项1a 与公差为d 的方程组，解出1a 与d 的值，即可计算出数列{}n a 的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列21{}na 的通项公式，将通项公式进行转化可发现数列21{}n a 是以16为首项，12为公比的等比数列，再根据等比数列的求和公式计算出前n 项和n T ，再应用放缩法即可证明结论．【解答】（1）解：由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则 3191299891352a a d S a d =+=⎧⎪⎨⨯=+=⎪⎩，整理，得1129415a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得133a d =⎧⎨=⎩，33(1)3n a n n ∴=+-=，*n N ∈．（2）证明：由（1），可知232n n a =，故12111111()()323262n n n n a -===， ∴数列21{}n a 是以16为首项，12为公比的等比数列． 11[1()]11162[1()]132312n n n T -∴==-<-， 16n n T T =， ∴1163n T <． 10．（2020•石家庄一模）已知数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且22a =，36S a =，数列{}n b 满足：2124b b ==，当3n ，*n N ∈时，1122(22)2n n n a b a b a b n b ++⋯+=-+．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）令*,nn na c n Nb =∈，证明：122n c c c ++⋯+<．【分析】（1）直接利用数列的定义和递推关系式的应用，求出数列的通项公式．（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用和放缩法的应用求出结果．【解答】解：（1）数列{}n a 为等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，且22a =，36S a =，设数列的首项为1a ，公差为d ，则：1112335a d a d a d+=⎧⎨+=+⎩，解得：111a d =⎧⎨=⎩，所以1(1)n a n n =+-=．数列{}n b 满足：2124b b ==，1122(22)2n n n a b a b a b n b ++⋯+=-+．① 所以1122111(24)2n n n a b a b a b n b ---++⋯+=-+．② ①-②得：1(22)(24)n n n n a b n b n b -=---，由于n a n =，整理得12nn b b -=（常数），所以数列{}n b 是以12b =为首项，2为公比的等比数列．所以1222n n n b -=⨯=．由于当1n =时，12b =，当2n =时，：24b =．（由于第一和第二项符合通项公式），所以：2n n b =证明：（2）由（1）得2n n n n a nc b ==，所以212222n n nT =++⋯+①，故2311122222n n nT +=++⋯+② ①-②得：211111(1)1111122()112222222212n n n n n n n n n n T +++-=++⋯+-=-=---，所以112222n n nn T -=--<．即122n c c c ++⋯+<．。

第五关以数列与不等式相结合的综合问题为解答题-高考数学备考(解析版)

压轴解答题第五关以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．类型一求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-．（1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【答案】（1）11n n b n λλλλ=-+--，*n N ∈；（2）当2n =时，22231nn n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【解析】（1）由题意得()11n na λλ-=>，则()11n n nb b λλλ+-=->，当2n ≥时，()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+，()()()12111n n λλλλλλλ--=-+-+⋅⋅⋅+-+-()()121111n n n λλλλλ--=++⋅⋅⋅+--+-11nn λλλλ=-+--，又由111b λ=-，符合上式，因此11nn b n λλλλ=-+--，*n ∈N ．（2）由（1）知，当2λ=时，1102221n n n c b n ==>+--．易知2n =时，21243T c c =+=，此时22210313n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；3n =时，31233121T c c c =++=，此时2221012212110n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤=++=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；当3n ≥时，3n T T ≥，因为2n ≥时，113212n n n c +=<-，所以1341111182111317131311122242412n n n n T -+-⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦<+++⋅⋅⋅+=+⨯=+-<⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-，因此374n T T ≤<，令1n x T =-，则103,214x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，22211111n n n n n T T T x T T x -+=-+=+--，利用对勾函数的单调性，得125,12x A x ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦（其中10122110A =++），从而22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．综上，当2n =时，22231n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【名师指导】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、解析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项．【答案】（1）2n a n =+；（2）最大项为1161120T =-，最小项为242584T =-．【解析】（1）设这2n +个数构成递增的等比数列{}n t 各项分别为12312,,,n n t t t t t ++，则这2n +个数的乘积12312nn n T t t t t t ++=⋅⋅⋅①， 21321n n n nT t t t t t t ++=⋅⋅⋅⋅⋅②，由等比数列的性质可得 122133100n n n k n k t t t t t t t t +++-⋅=⋅=⋅⋅=⋅=①②两式相乘可得()222210010n n nT ++==，所以210n n T +=，()1n ≥，得2lg lg102n n n a T n +===+，(*)n N ∈．（2）1122121212121212(1)(1)n n n n n nn n n n a a a b a a a a ---+-+-++⋅=-⋅=-1121211111(1)(1)2123n n n n a a n n --+-⎛⎫⎛⎫⋅=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝++⎭=--+，当2n k =时，1111111123557212332369n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当21n k =-时，11111111263557212332369n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=+= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2,2,6926,21,69n nn k k Z n S n n k k Z n ⎧=∈⎪⎪+∴=⎨+⎪=-∈⎪+⎩，则当2n k =时，11323nS n =-+单调递增，所以1ny S =单调递减， 1n n nT S S =-单调递增，所以2n =时，n T 最小为222142142521484T S S =-=-=- 当n →+∞时，116911981933232323232321n n n T n S S n n n n n n=-+--=-=--=---+++ 所以83n T <-当21n k =-时，11323n S n =++单调递减，所以1n y S =单调递增， 1n n nT S S =-单调递减，所以1n =时，n T 最大为1111815161158120T S S =-=-=-，当n →+∞时，116911981933232632326326132n n n n n n S n T n S n n ++-=+-+=-+++++++-=+= 所以83n T >- 所以最大值为1161120T =-，最小值为222142584T S S =-=-．类型二求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2)22[,)ππ-+∞.【解析】(1)由题()2e cos 4xf x a x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即可得到结果；(2)342e 34n n ππππ-≤-恒成立问题，设()e (0)tg t t t =>，然后运用导数知识得到()min n g x ⎡⎤⎣⎦，由()min 2n g x ⎡⎤≤⎣⎦，得到a 的取值范围. (1)()e cos e sin 2e cos 4x x xf x a x a x a x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，由0x ≥，得42x m πππ+=-，即*3,N 4x m m ππ=-∈，而对于cos 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当Z k ∈时，若22242k x k πππππ-<+<+，即32244k x k ππππ-<<+，则cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭；若322242k x k πππππ+<+<+，即52244k x k ππππ+<<+，则cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭；因此，在区间()31,4m m πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()3,,44m m f x ππππ⎛⎫-+ ⎪⎭'⎝上的等号总相反，于是当*3,N 4x m m ππ=-∈时，()f x 取得极值， ∴*3,N 4n x n n ππ=-∈，此时，()3314432ecos (1)e 42n n n nf x a n a ππππππ--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，易知()0n f x ≠，而()()()312413142(1)e2e 2(1)en n n n n n f x f x a πππππ+-++-+-==--是常数，故数列(){}n f x 是首项为()412e f x π=，公比为e π-的等比数列﹒(2)对一切()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，即3432e 4n n ππππ--≤342e 34n n ππππ-≤-恒成立，设()e (0)tg t t t =>，则()()2e 1t t g t t-='，今()0g t '=得1t =，当01t <<时，()0g t '<，∴()g t 在区间()0,1上单调递减；当1t >时，()0g t '>，∴()g t 在区间()1,+∞上单调递增；∵()0,1n x ∈，且当2n ≥时，()11,,n n n x x x ∞+∈+<， ∴()()()212min54min ,min ,e 444n g x g x g x g g g πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤==== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，因此，()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，当且仅当224e a ππ≤，解得22e 4a ππ-≥，故实数a 的取值范围是22e ,4ππ∞-⎡⎫+⎪⎢⎪⎣⎭﹒ 【点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---<⎪⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)2,2nn n a n b ==；(2)不存在，理由见解析； (3)存在，1λ=±. 【解析】（1）法1，由题设可得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式；法2：作差法可得()1·22n n n a b n n +=，令n a kn b =+，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.（2）假设存在p ，*q N ∈满足条件，则22485012q p p -+-=，根据左侧的奇偶性确定q ，进而求p ，即可确定存在性.（3）由()11cos12n n a π++=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11n n c λ+-<，作商法判断{}n c 单调性，讨论n 的奇偶性结合恒成立求λ的范围，进而可判断存在性. (1)法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q .∵()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+，令1n =，2，3得：114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =，∴112233221648a b a b a b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即()()()()2221622248d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或22d q =⎧⎨=⎩. 经检验2d =，2q =符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去.∴2,2n n n a n b ==.法2：由()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+①，则()()1112233112?242n n n a b a b a b a b n n +--+++⋯+=-+②， ①-②得，()1·22n n n a b n n +=，又114a b =，也符合上式， ∴()1*·2n n n a b n n N +=∈，由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则1·2n n n b kn b+=+，∵{}n b 为等比数列，则()()()1211n n n k n b b q b n kn b -⎡⎤-+⎣⎦==-+（为常数），即()()22220qk k n bq kq b k n qb -+--+-=恒成立，∴2q =，0b =，又12a =，则2k =，故2,2nn n a n b ==；(2)假设存在p ，*q N ∈满足条件，则()24422020q p +-=，化简得22485012q p p -+-=，由*p N ∈得，248501p p +-为奇数，故22q -为奇数，故2q =. ∴2485011p p +-=，即2242510p p +-=，可得2506p -±=，这与*p N ∈矛盾，∴不存在满足题设的正整数p ，q ；(3)由2n a n =，得()()11coscos 112n n a n ππ++=+=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11.n n c λ+-< ()()212111214841121234831231122n n n n n a c n n n c n n n n n a n a +++++++====>++++-+-+ +⎝⎝，由0n c >，则1n n c c +>，数列{}n c 单调递增. 假设存在这样的实数λ，使得不等式()11n n c λ+-<对一切*N n ∈都成立，则①当n 为奇数时，得()123n min c c λ<==②当n 为偶数时，得()285n min c c λ-<==85λ>综上，8523λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，则存在1λ=±满足条件. 类型三数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题【答案】(1)5(2)1n a = (3)证明见解析【解析】（1）根据题意得到当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，从而()110255S a a +==；（2）根据题干条件得到21n n n a a a ++==，故{}n a 为常数列，结合12344a a a a +++=求出1n a =；（3）对要证明的不等式变形，构造n n b ma α=-，研究其性质，证明出结论.(1)由题意得：121a a +=，2n n a a +=，则当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，所以数列{}n a 的前10项和()110255S a a +==；(2)由题意得：12344a a a a +++=，4n n a a +=，对于给定的正奇数t ，12t a a a t ++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，n t n a a +=，则令21t k =-，k *∈N ，得：2221214n n k k n k n a a a a +++-+-+===，11212n n k n k n a a a a +++-+===，综上：{}n a 为常数列，由12344a a a a +++=可得：1n a = (3)要证12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥，只需证12N N N k a a a k m α+++++⋅⋅⋅+≥⋅，即证120N N N k a a a m m m ααα+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令数列n n b ma α=-，由于{}n a 具有性质()m P α，即12m a a a α++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则12120m mb b b a a a mmmααα++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，对*n N ∀∈，n m n m n n b mmb a a αα++=--==，所以{}n b 具有性质(0)m P ，令()123i i S b b b b i N *=+++∈，设12,,m S S S 的最小值为()1N S N m ≤≤，对*k N ∀∈，令N k pm r +=+，,,0p r N r m ∈<≤，由于{}n b 具有性质(0)m P ，则有0pm S =，所以123123N k pm r pm pm pm pm pm r r r N S S S b b b b b b b b S S ++++++==+++++=++++=≥，所以0N k N S S +-≥，所以12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥成立【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+．【答案】(1)14；(2)1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)证明见解析.【解析】(1)根据已知条件，分别取n ＝1，2，3即可依次算出123,,a a a ； (2)用作差法求出{}n a 的通项公式，再求其前n 项和；(3)求123,,S S S ，猜想n S ，用数学归纳法证明n S ；用导数证明()ln 1(0)1xx x x<+>+，令1x n =，得11ln 11n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，用这个不等式对n S 放缩即可得证. (1)依题()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭， 314a ∴=； (2)依题当2n ≥时，()()121211212122144222n n n n n n n n nna a a na a a n a ----++⎛⎫⎡⎤=++-++-=---= ⎪⎣⎦⎝⎭， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，又1012412a +=-=也适合此式， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，∴数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-； (3)111b a ==，1111S b T ∴==⨯， 1221122T b a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()1212121221111112222T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=+++=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2323232331111111111123232323T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，猜想：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭① 下面用数学归纳法证明： (i)当n ＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当n k =时，①成立，即1112k k S T k ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.从而1111111112121k k k k k k T S S b T a k k k +++⎛⎫⎛⎫=+=++++++++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()111121kk T a k +⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭111121k T k +⎛⎫=+++⎪+⎝⎭. 故①成立. 先证不等式()ln 1(0)1xx x x<+>+ ②令()()ln 11xg x x x=+-+，则()22110(0)1(1)(1)x g x x x x x '=-=>>+++. ()()00(0)g x g x ∴>=>，即②成立.在②中令1x n =，得到111ln 1111n n n n ⎛⎫+>=⎪+⎝⎭+ ③ 当1n =时，12S <；当2n 时，由①及③得：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 111ln2ln 1ln 121n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫<++++++ ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()()111ln2ln3ln2(ln ln 122n n n -⎛⎫⎡⎤=++-++--- ⎪⎣⎦⎝⎭()21ln n <+. 证明完毕.【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=．（1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】（1）证明见解析；()14331nn n a -=⎡⎤+-⎣⎦；（2）证明见解析．【解析】（1）因为11113n n n a a +++=，所以2211111313131334444n n n n n n n n n a a a a ++++++⎛⎫-=--=-+=-- ⎪⎝⎭，又119933444a -=-=，所以数列1134n n a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以34为首项，1-为公比的等比数列，所以()11133144n n n a +--=⋅-，即()113314n n n a -⎡⎤=+-⎣⎦，故()14331n n n a -=⎡⎤+-⎣⎦．（2）由113a =，216a =，得121325a a +=<，当4n ≥且n 为偶数时，11111141143341133131333231333n n n n n n n n n n na a ------+⎛⎫⎛⎫+=+=⋅<+ ⎪⎪+-⋅+⋅-⎝⎭⎝⎭，所以1234111411113633333n n n a a a -⎛⎫++⋅⋅⋅+<++⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭114123132712322754513+⨯=+=<<-；当3n ≥且n 为奇数时，1n +为偶数，则12135n n a a a a +++⋅⋅⋅++<，由于0n a >，则1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．综上，1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟）【答案】（1）212n n a -=，()1214n n b =-；（2）24,5⎛⎫+∞⎪⎝⎭．【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则0q >，因为12a =，32111a a -=，所以211122q q -=，即21120q q --=，解得1q =-（舍去）或12q =，故数列{}n a 的通项公式为1211222n n n a --=⨯=．因为11n n nb b a +=+，所以212n n n b b -+-=，又114b =，所以当2n ≥时，()()()312132111242n n n n b b b b b b b b --=+-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+()()1121421124n n -==--．经检验，114b =也满足上式，所以()1214n n b =-．（2）由（1）得，()()()()11111128212121212116n nn nn n n n n n c a b b -++++⋅===⋅⋅-⋅--⋅- ()()()()1118212111821212121n nn n nn +++⎡⎤⋅---⎛⎫⎣⎦==- ⎪---⋅-⎝⎭，所以12122311111118212121212121n n n n S c c c +⎛⎫=++⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪------⎝⎭111111*********n n ++⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭．又28n S n λ>-恒成立，所以21821n n λ+>-恒成立．设()2121n n f n +=-，*N n ∈，则()()()()()()()22122121212211*********n n n n n n n n n n f n f n +++++-++⋅-+++-=-=----．易知当2n ≤时，()()10f n f n +->；当3n ≥时，()()10f n f n +-<．于是()()()()()12345f f f f f <<>>>⋅⋅⋅，所以()()max 335f n f ==，所以实数λ的取值范围是24,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题【答案】(1)312n n a -=(2)证明见解析【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.(1)因为2n S =3n a -n . 所以12n S +=13n a +-n -1，所以所以1111313222n n n a a a +⎛⎫+=++=+ ⎪⎝⎭，所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为11322a +=，公比为3的等比数列.所以1322nn a +=，所以312n n a -=；(2)证明：，122321211·11313313331133n n n n n n n n -==⋅⋅=----，.4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}n a ，2{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n n nS T n ap ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题【答案】(1)122n n a n +，*N n ∈；(2)证明见解析.【解析】（1）由题设可得2n n a b n =，2n nna b =，两式相乘并结合12a =即可确定{n a }的通项公式；（2）由（1）易知21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=，应用错位相减法求n S ，n T ，进而可得222211)11(1[(1)]1(1)n n nnnS T p p p p p p a n +-=+-⋅---，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论. (1)由题设，{n n a b }是首项、公差均为2的等差数列，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项、公比均为2的等比数列，∴2n n a b n =，2n nna b =，则212n n a n +=⋅，故122n n a n +=，而12a =，∴122n n a n +=，*N n ∈.(2)由题设易知：21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=， 23112...n n S p p n p +=⨯+⨯++⋅，则341212...(1)n n n p p n p pS n p ++=⨯+⨯++-⋅+⋅，所以223122((.))111..n n n n n p p p p pn pn p S p p +++-=+++-⋅=---，故222(1)(1)1n n n p p p S np p+-=---，则22(1)1(1)n n n n p p p p S np a p -=--- 01112...n n n T p p p -=+++，则121121...n n n T n np p p p p--=++++，所以011111111(1)...11nn n n n n n p T p p p p p p p---=+++-=--，故22(1)(1)(1)n n n n p p np T p p p p -=---，则2222(1)1(1)(1)n n n n n T p p np p p p a -=--- 222211)11|(1[(1)]|1(1)n nnn nS T p p a p p n pp +-=+-⋅---，2p ≥，*N n ∈，而21221)11(1[(1)]1(1)n n p p p p n p p ++-⋅-=--212(1)11[]01(1)(1)1n n p n p p n p np p p +--++>---恒成立，当p 趋向于无穷大时，211n p +、21n p趋向于0，故222211)11(1[(1)]1(1)n n nnn S T p p p p p p a n +-=+-⋅---211(1)p p p p n >-⋅--，又211(1)p p p p n -⋅--在*N n ∈上递增，所以222111(1)(1)n n n S T p p a p p p ->-=----，得证. 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题【答案】(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+;(2)证明见解析【解析】（1）对题干条件变形整理为1111(2)11n n n a a --=≥--，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明. (1)当1n =时，1122a a =-，123a = 当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=-相除得11(2)1nn n a a n a --=≥- 整理为：1111(2)111n n n na n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求.(2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+． 1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭， 22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭112224333n n n S a n ++∴>-=-+，所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭.【答案】(1)n a n=证明见解析.(3)证明见解析. 【解析】（1）由已知得221111n n a a --=，由等差数列的定义得21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项；（2）由已知得1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，有()11111232m n ++⋯+>+，由21log 2m n m +<+，可得证；（3）由已知得2211n n n S S n n -=，当2n >时，2211n n n S S n n --=- ，22112111n n n S S n n ----=--， ⋯ ，22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）的结论可得证. (1)解：2212211n n n n a a a a --=-，221111n n a a -∴-=， 2111a = ，21n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，21n n a ∴=， n a n∴=； (2)证明：2222311123n a a a n++⋯+=++⋯+， 1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，则()11111232m n ++⋯+>+，又112222m m m n k +++=+<，从而21log 2m n m +<+，[]2log 1n m ∴=+，所以[]21111log 232n n ++⋯+>，[]2222321log (2)2n a a a n n ∴++⋯>>； (3)证明：1n a n =，1n n S S n-∴=，2211n n n S S nn -∴= ∴当2n >时，2211n n n S S nn --=， 22112111n n n S S n n ----=---， ⋯ ， 22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）结论有[]2322112log 223n n S n n -<-[]()231221121log 22123n n S n n ∴+<-+312212log 2123n n n <-31222log 123n n a n =+ ，故得证. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．【答案】(1)()*21n a n n N =-∈(2)证明见解析，()*62n n n b n N =-∈(3)()20112695+ 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解数列{}n a 的通项公式；（2）根据题干条件变形得到1113122n n n n b b --⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭()2n ≥，从而得到结果；（3）求出()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩，利用分组求和和等比数列求和公式进行求解. (1)点(),n n S 在函数2y x =的图象上，()2*n S n n N ∴=∈当1n =时，21111a S ===当2n 时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=- 11a =也适合，{}n a ∴的通项公式为()*21n a n n N =-∈(2)∵()11622n n n b b n +-=+∴()1111116211333122222n n n n n n n n n b b b b n +-----+⎛⎫+=+=+=+ ⎪⎝⎭ ∵111134132bb a =+=∴+= ∴12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭其首项为3，公比为3的等比数列 ∴113332n n nn b -+=⨯= ∴()*62n n n b n N =-∈(3)由（2）得26n nn b +=由题意得：n *∈N 均有，3111231232222n n nn c c c c a b b b b +=++++++++ ∴()3111231123122222n n n n c c c c a n b b b b ---=++++++++ ∴()1222nn n nn c a a n b +-==+ ∴()2226n nn n c b =+=⨯()2n又∵12132c a b ==+ ∴()11323618c b =+=⨯= ∴()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩∴()234201012320101826666c c c c +++⋯+=++++⋯+ =()1232010626666++++⋯+=()20102011661261862615-⋅++⋅=-=()20112695+ 8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ；（ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题【答案】(1)2n n a =，2n b n =；(2)（i ）()()1221213nn +--，（ii ）证明见解析. 【解析】(1)设出等比数列{}n a 的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列{}n b 的公差，再列式即可作答. (2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算n S ；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出12ni i i ia b S =+∑即可作答. (1)设等比数列{}n a 的公比为q ，而等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项成等差数列，则()13242a a a a +=+，即()2311112a a qa q a q +=+，解得2q，又12a =，于是得112n n n a a q -==，显然有224b a ==，8416b a ==，则等差数列{}n b 公差28282a d a -==-，2(2)2nb b n d n =+-=，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别是2n n a =，2n b n =. (2)(i)由(1)得，()()2222123123n n n S a a a a a a a a =++++-++++()()232344442222n n =++++-++++()()()()14142122212114123n n nn +--=-=----.(ii)由(i)得，()()()11321212*********nn n n n n n n n a b n n S ++⋅++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，所以122334112233445123[()()()()]2121212121212121ni i n n i i a b n n S +=+++=-+-+-++---------∑123(2)621n n ++=-<-. 9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 【答案】(1)n S n 证明见解析【解析】（1）根据1n n n a S S -=-，整理后2211n n S S --=，根据等差数列的性质可知{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列（2）先对1nS 进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和. (1)解：由题意得：112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∴11112nn n n nS S S S S等式两边同乘()12n n S S --，得2221112221n n n n n n n S S S S S S S ----⋅=+-⋅+整理得2211n nS S --=，由111112S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，得211S =，即{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列∴2n S n =，n S n(2)12n S n n ==121n n n n n <<+++-∴12311111223341n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅++++++()22132431211n n n =⋅⋅⋅++=+∴)211n T n >+，12311112121321n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅++++-(21213212n n n =+⋅⋅⋅+-=∴2n T n < 112nT n n +<< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-. （1）若2a =；（i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由. 【答案】（1）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析；（2）1a ≥. 【解析】（1）（i ）首先根据已知条件推出1n a +与n a 的大小关系，计算出111n n a a ---，然后求出12na +的取值范围，从而可使问题得证；（ii ）首先根据条件求出11111n n n b a a +=---，然后求出n S ，从而结合（i ）的结论使问题得证；（2）首先分1a >，1a =，1a <三种情况求出n a 的取值范围，当1a <时，求出111n na a +--的取值范围，从而可推出在00n a >时，当()0021log 01n n n n a a >+>-时，0n a <，不符合题意，即可求解a 的取值范围．【详解】（1）（i ）由112n n n a a a +=-可得11n n n na a a a +-=-， ①当1n =时，∵12a a ==，∴211110a a a a -=->，∴21a a >， ②假设n k =时，121k k a a a a +>>>>，则2k a ≥，∴1n k =+时，211110k k k k a a a a ++++-=->，21k k a a ++>，由①②可知对一切正整数n 都有1n n a a +>，∴()()21211211n n n n n n na a a a a a a ++----==，∴11211522,12n n n n n a a a a a +-+⎛⎤==+∈ ⎥-⎝⎦， ∴()()1111512112n n n a a a --⎛⎫-⋅<-≤- ⎪⎝⎭，∴1152112n n n a --⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，但当1n =时，111212a -+==，∴1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤．（ii ）∵()()12111n n n na a a a ++--=，∴()()1111112113121n n n n n n a a a a a a +⎛⎫==+ ⎪-+--+⎝⎭，∴13111121n n n a a a +=+--+， ∴11211112111n n n n n b a a a a ++=-=--+--， ∴12231111111111111n n n a a a a a S a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111n n a a a ++=-=----，由（i ）知152112nn n a +⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，可得1211512n n n a +⎛⎫⎛⎫≤< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，即11121111215n nn a +⎛⎫⎛⎫-<-≤-< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， ∴1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭．（2）∵对任意的*N n ∈，都有0n a >，且11n n n na a a a +-=-，∴显然0a >，由（1）证明知， ①若11a a =>，则10n n a a +->，∴1n n a a +>，∴0n a >； ②若11a a ==，则{}n a 为常数列，∴0n a >；③若11a a =<，则10n n a a +-<，∴1n a a ≤<，又11121n n na a a +-=+-，若00n a >，则0122n a +>，则1121n na a +->-， ∴()00112n nn n a a -->-⋅，∴当()001120n nn n a a -<--⋅<时，有0121n n n a ->-， ∴当0021log 1n n n a >+-时，0n a <，不符合题意．综上可知，1a ≥.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 【答案】（1）22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数（2）1 . 【解析】（1）由题意可得11a =，22a =，因为34S a =，3542a a a +=+，所以12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩整理得：4232d qd q +=⎧⎨=⎩ 解得：23d q =⎧⎨=⎩，所以22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数， ()()2113212422k k k S a a a a a a ---=+++++++()()12135212333k k -=++++-+⨯+++()()121113*********k k k k k --⨯-+-=+⨯=+--，221222323k k k a --=⨯=⨯，所以22121121113232213k k k k kS k a k ----==+⨯⨯+--，令()2112321k k f k -=+⨯-，则()()()22122231211132323k k k k k k k f k f k -+---+++-=-=⨯⨯⨯，令()2223g k k k =-++，对称轴为12k =，所以()2223g k k k =-++随k 的增大而减小，()130g =>，()222222310g =-⨯+⨯+=-<，所以()()21f f >，()()()234f f f >>>，所以2k =时，()2112321k k f k -=+⨯-最大值为()2112121223f =+=⨯-，所以1M ≥，所以M 的最小值为1.12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题【答案】（1）13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；n b n =；（2）证明见解析.【解析】（1）由1-2n n a S =，得1112n n a S --=-，2n ≥上述两式相减得，-1--2n n n a a a =，即113n n a a -=，2n ≥．故{}n a 为等比数列，公比为13．又1111-21-2a S a ==，得113a =，得13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设{}n b 的公差为d ，11b =，1055T =得104555d +=，即1d =，故n b n =．（2）证明：由（1），(1)2n n n T +=，故2222222112(21)3244(1)(1)(1)n n n n n n a b n T n n n n n n ++++=⋅<⋅=+++，又2222222221(1)11(1)(1)(1)n n n n n n n n n ++-==-+++，得222112(1)n n n a b T n n ⎡⎤+<-⎢⎥+⎣⎦，从而，112222222222121111121223(1)n n n a b a b a b T T T n n ⎛⎫++++++<-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭21212(1)n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭． 13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题【答案】选择条件①（1）2n n a =；（2）2022；选择条件②（1）2nn a =；（2）2022.【解析】（1）选择条件①，设等数列{}n a 的首项为1a .公比为q ，依题意，120n n a a +-=，得{}n a 为等比数列，所以，2q，38a =，解之得122q a =⎧⎨=⎩；∴2nn a =选择条件②，设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比2q.前5项和为62，依题意，2q，()51126212a -=-，解之得122q a =⎧⎨=⎩， ∴2nn a =.（2）因为2n n n n n b a ==，所以231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+① 2341123122222n n n T +=+++⋅⋅⋅+②1－②得2341111111111222222222n n n n n n n T ++=++++⋅⋅⋅+-=--，所以222n n nT +=-.因为1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以数列{}n T 单调递增，1T 最小，最小值为12. 所以1220202m ⨯>-. 所以2023m <.故正整数m 的最大值为2022.14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.【答案】（1）1n a n =+；（2）2λ=.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235n n a a n ++=+，所以122328,211,a a a a +=⎧⎨+=⎩即11328,3511,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,1a d ==，所以2(1)1n a n n =+-=+.经检验，1n a n =+符合题设，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n =+. （2）由（1）得，11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++，所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S n n n . *n N ∈，∴12n S <，因为*n ∀∈N ，24n S λλ<-+，所以2142λλ-+，即27(2)2λ-. 因为λ为偶数，所以2λ=.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=．。

高考数学专项复习资料-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

1 设 p、q 都是正整数，且 p≠q，证明：Sp+q＜2(S2p＋S2q)．
【分析】根据条件首先利用等差数列的通项公式及前 n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ) 小题利用差值比较法就可顺利解决.
{ { 【解】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差是 d，依题意得， a41a＋1＋2d6＝d＝724，解得 ad1＝＝23，
2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角
函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑
推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.
3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.
∴数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1. （Ⅱ）证明：∵an＝2n＋1，∴Sn＝n(a12＋an)＝n2＋2n． 2Sp+q－(S2p＋S2q)＝2[(p＋q)2＋2(p＋q)]－(4p2＋4p)－(4q2＋4q)＝－2(p－q)2， ∵p≠q，∴2Sp+q－(S2p＋S2q)＜0，∴Sp+q＜12(S2p＋S2q)．
【分析】第（Ⅰ）小题利用 Sn 与 an 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件 an+1≥an 转化为
关于 n 与 a 的关系，再利用 a≤f(n)恒成立等价于 a≤f(n)min 求解．
【解】 (Ⅰ)依题意，Sn+1－Sn＝an+1＝Sn＋3n，即 Sn+1+1＝2(Sn－3n)．
【点评】本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识

SXC125高考数学必修_数列中与不等式的交汇问题求解策略2

数列中与不等式的交汇问题求解策略2近几年高考中，常出现以数列与不等式的交汇题作为压轴题，这类题目综合性强，思维容量大，对同学们的解题能力要求比较高，同学们感到这类问题很难做，现通过具体例子讲解几种求解方法，供同学们参考。

一、适当放缩求解例1、数列}{n a 满足),2(1*-∈≥=-N n n n a a n n ，.11=a（1）求n a ；（2）令nn n n n a a a a b 11+++=，求证.,32221*∈+<+++<N n n b b b n n 分析：由n b 的关系式，求出n b b b +++ 21的和，再进行放缩证明。

解：（1）.2)1(n n a n +=（2）因为n n n n n a a a a b 11+++=nn n n 22+++=n n n n 222+⋅+⋅>.,2*∈=N n 所以.2222221n b b b n n =+++>+++个又因为2222+-+=n n b n ，.*∈N n 所以 n b b b +++ 21)5131()4121()311[(22-+-+-+=n )211()1111(+-++--++n n n n .32221232+<+-+-+=n n n n 综上，.,32221*∈+<+++<N n n b b b n n点评：解决这类问题注意“放”与“缩”的尺度，要从目标关系的形式与结构特点分析变形方法，寻找放缩方法，避免在“放”与“缩”时发生方向性混乱。

二、利用单调性例2、在数列}{n a 中，.11=a )2(0311≥=-+--n a a a a n n n n ，（1）求数列}{n a 的通项；（2）若λλ≥++11n n a a 对任意2≥n 的整数恒成立，求实数λ的取值范围。

解析：（1）将)2(0311≥=-+--n a a a a n n n n 整理得：)2(3111≥=--n a a n n ，所以,13)1(311-=-+=n n a n 即231-=n a n ，当n ＝1时，上式也成立，所以231-=n a n （2）若λλ≥++11n n a a 恒成立，即λλ≥++-1323n n 恒成立，整理得：)1(3)23)(13(--+≤n n n λ，令=n C )1(3)23)(13(--+n n n ， =-+n n C C 1-++nn n 3)13)(43()1(3)23)(13(--+n n n ＝)1(3)43)(13(--+n n n n 因为当2≥n ，所以上式对于零，即}{n C 为单调增函数，所以2C 最小，2C ＝328，所以λ的取值范围为（－]328,∞。

高考数学复习压抽题专项突破—数列与函数、不等式相结合问题

高考数学复习压抽题专项突破—数列与函数、不等式相结合问题一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列与不等式1.1数列与基本不等式【例1】某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为________．【答案】10【解析】由题意可知：每年的维护费构成一个以2为首项，2为公差的等差数列，故第n年的维护费为：a n=2+2（n﹣1）=2n，总的维护费为：()222n n+=n（n+1）故年平均费用为：y=()1000.51n n nn+++，即y=n+100n+1.5，（n为正整数）；由基本不等式得：y=n+100n（万元）当且仅当n=100n，即n=10时取到等号，即该企业10年后需要更新设备．故答案为：10．（2020·广东高三）已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2233S a S +=-，则423a a +的最小值为（）A ．9B ．12C ．16D ．18【答案】D【解析】由2233S a S +=-得232333a S S a =--=-，所以2111233,01a q a q a q q q=-=>⇒>-.所以423a a +()()323112333331q q q a q a q q qq ++=+==--()()2121431q q q -+-+=⨯-()43161q q ⎡⎤=-++⎢-⎣⎦3618≥⨯+=.当且仅当41311q q q -=⇒=>-时取得最小值.故选：D 【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想.【举一反三】1.（2020山东省济宁市模拟）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为【答案】【解析】因为数列是正项等比数列，，，所以，，，所以，，，，，因为，所以，，，当且仅当时“=”成立，所以的最小值为.2．（2020·江苏扬州中学）已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2163n n S a ++的最小值为【答案】4【解析】∵a 1，a 3，a 13成等比数列，a 1=1，∴a 32=a 1a 13，∴（1+2d ）2=1+12d ，d ≠0，解得d =2．∴a n =1+2（n -1）=2n -1．S n =n +()12n n -×2=n 2．∴2163n n S a ++=221622n n ++=()2(1)2191n n n +-+++=n +1+91n +-2=4，当且仅当n +1=91n +时取等号，此时n =2，且2163n n S a ++取到最小值4，1.2数列中的恒成立问题【例2】（2020·四川双流中学）已知定义域为的函数满足，当时，，设在上的最大值为，且的前n 项和为，若对任意的正整数n均成立，则实数的取值范围为（）A．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x∈[0，2）时f（x）的最大值，由递推式可得{a n}是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k的范围．【详解】当x∈[0，2）时，，所以函数f(x)在[0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，可得当0≤x＜1时，f（x）的最大值为f（）＝；1≤x<2时，f（x）的最大值为f（）＝1，即有0≤x＜2时，f（x）的最大值为,即首项，由可得可得{a n}是首项为，公比为的等比数列，可得S n＝＝，由S n＜k对任意的正整数n均成立，可得k≥．故选：B．【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解；【举一反三】1.（2020安徽省毛坦厂中学）已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得，则不等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立.设，，则，即，解得或.故选:A.2.（2020·江苏高三模拟）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式2221222(1)n nS a ma n ++≥+对任意正整数n 都成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,52⎡⎤⎢⎣⎦C ．1,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】令(2)n d t -=,由222222122222213()(2)43(1)22n nS a a t a t t a t a n ++=+++=+++，当243a t =-时，取得最小值，由此能求出结果.【详解】2212222122122(1)2[(1)]22[(2)][(2)]2[](1)(1)2n n n n a n d S n a a n d a n d a d n n +++++=+-+=+-++++22221[(2)][2(2)]2a n d a n d +-++-=,令(2)n d t -=，则222222122222213()(2)43(1)22n nS a a t a t t a t a n ++=+++=+++，当243a t =-时，取最小值2213a ，即23(42)n d a -=-，2423an d=-，因为不等式2221222(1)n nS a ma n ++≥+对任意正整数n 都成立，当20a ≠，所以13m ≤，当20a =时，m R ∈，综上13m ≤.故选：D1.3数列中的最值问题【例3】（2020·浙江高三期末）已知数列{}n a 中，12a =，若21n n n a a a +=+，设1212222111m m m a a a S a a a =++⋅⋅⋅++++，若2020m S <，则正整数m 的最大值为（）A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020【答案】B【解析】21n n n a a a +=+ ,12a =∴0n a >,∴210n n n a a a +-=>,即数列{}n a 为单调增数列,1(+16n n n a a a +∴=≥）,即111111(+1+16n n n n n a a a a a +==-≤）,1111+1n n n a a a +∴=-,212(1)11m m m a a a =-++1212222111m m m a a a S a a a ∴=++⋅⋅⋅++++121112(1)2(1)2(1)111m a a a =-+-+⋅⋅⋅+-+++1211122()111m m a a a =-++⋅⋅⋅++++1312211111122()m m m a a a a a a +=--+-+⋅⋅⋅+-111122()m m a a +=--1221+m m a +=-223m ≤-2020m S < ,2220203m ∴-<,即110103m <+,∴正整数m 的最大值为1010,故选:B.【指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，再根据范围求正整数的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键【举一反三】1．（2020·湖南高三月考）数列{}n a 满足()1111nn n a a n ++=-+-,且601a <<．记数列{}n a 的前n项和为n S ,则当n S 取最大值时n 为（）A ．11B ．12C ．11或13D ．12或13【答案】C【解析】【分析】分n 的奇偶讨论数列{}n a 的奇偶性分别满足的条件,再分析n S 的最大值即可.【详解】由题,当n 为奇数时,()1111n n n a a n ++=-+-,()()1211111n n n a a n ++++=-++-.故()()()()1211111111211n n nn n a a n n ++⎡⎤⎡⎤-=-++---+-=--⋅-=⎣⎦⎣⎦.故奇数项为公差为1的等差数列.同理当n 为偶数时,()21213nn n a a +-=--⋅-=-.故偶数项为公差为-3的等差数列.又601a <<即2206167a a <-<⇒<<.又()12111119a a +=-+-=.所以123a <<.综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着n 的增大由正变负.故当n S 取最大值时n 为奇数.故n 为奇数且此时有()()()()11121111100011110n n n n n n n a a a a n --+++⎧--+-≥+≥⎧⎪⇒⎨⎨+≤-++-≤⎩⎪⎩,解得1113n ≤≤.故11n =或13n =.故选：C2.（2020浙江省湖州三校）已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021【答案】C 【解析】令,则,所以，从而，，因为,所以数列单调递增，设当时,当时,所以当时，，，从而,因此,选C.类型二数列与函数的综合问题【例4】（2020·上海中学高三）已知函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调递增函数，函数()(3)g x f x x =-+，数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，若()()()12927g a g a g a +++= ，则129a a a +++= （）A ．18B ．9C ．27D ．81【答案】C【解析】【分析】根据题意，由奇函数的性质可得f（﹣x）+f（x）＝0，又由g（x）＝f（x﹣3）+x且g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，可得f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，结合等差数列的性质可得f（a1﹣5）＝﹣f（a9﹣5）＝f（5﹣a9），进而可得a1﹣5＝5﹣a9，即a1+a9＝10，进而计算可得答案．【详解】根据题意，函数y＝f（x）为定义域R上的奇函数，则有f（﹣x）+f（x）＝0，∵g（x）＝f（x﹣3）+x，∴若g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，即f（a1﹣3）+a1+f（a2﹣3）+a2+…+f（a9﹣3）+a9＝27，即f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3））+（a1﹣3+a2﹣3+…+a9﹣3）＝0，又由y＝f（x）+x为定义域R上的奇函数，且在R上是单调函数，且（a1﹣3）+（a9﹣3）＝（a2﹣3）+（a8﹣3）＝…＝2（a5﹣3），∴a5﹣3＝0，即a1+a9＝a2+a8＝…＝2a5＝6，则a1+a2+…+a9＝9a5＝27；故选：C．【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系,对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系.【举一反三】1.（2020·湖南模拟）已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{}n a 满足1a ＝f (0)，且f (1n a +)＝1(2)n f a --(n *∈N )，则2017a 的值为()A ．2209B ．3029C ．4033D ．2249【答案】C 【解析】【分析】因为该题为选择题，可采用特殊函数来研究，根据条件，底数小于1的指数函数满足条件，可设函数为()12xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而求出1a ，再利用题目中所给等式可证明数列{}n a 为等差数列，最后利用等差数列定义求出结果。

高考数学-数列与不等式的交汇题型分析及解题策略论文

数列与不等式的交汇题型分析及解题策略【命题趋向】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．如08年北京文20题(12分)中档偏上，考查数列与不等式恒成立条件下的参数问题、08年湖北理21题(12分)为中档偏上，考查数列与不等式交汇的探索性问题、08年江西理19题(12分)中等难度，考查数列求和与不等式的交汇、08年全国卷Ⅰ理22(12分)压轴题，难说大，考查数学归纳法与不等式的交汇，等等.预计在2009年高考中,比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现.数列解答题的命题热点是与不等式交汇,呈现递推关系的综合性试题.其中,以函数与数列、不等式为命题载体,有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点,而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题.【考试要求】1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2．理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题．3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题。

4．理解不等式的性质及其证明．5．掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．6．掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．7．掌握简单不等式的解法及理解不等式│a│－│b│≤│a+b│≤│a│+│b│．【考点透视】1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇.2．以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大.3．将数列与不等式的交汇渗透于递推数列及抽象数列中进行考查，主要考查转化及方程的思想.【典例分析】题型一求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题求得数列与不等式绫结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立⇔f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立⇔f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.【例1】等比数列{a n}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋a n＞1a1＋1a2＋…＋1a n恒成立的正整数n的取值范围.【分析】利用条件中两项间的关系，寻求数列首项a 1与公比q 之间的关系，再利用等比数列前n 项公式和及所得的关系化简不等式，进而通过估算求得正整数n 的取值范围.【解】由题意得：(a 1q 16)2＝a 1q 23，∴a 1q 9＝1.由等比数列的性质知：数列{1a n }是以1a 1为首项，以1q为公比的等比数列，要使不等式成立，则须a 1(q n－1)q －1＞1a 1[1－(1q )n ]1－1q ，把a 21＝q -18代入上式并整理，得q -18(q n－1)＞q(1－1qn )，q n＞q 19，∵q＞1，∴n＞19，故所求正整数n 的取值范围是n≥20. 【点评】本题解答数列与不等式两方面的知识都用到了，主要体现为用数列知识化简，用不等式知识求得最后的结果.本题解答体现了转化思想、方程思想及估算思想的应用.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a ，a n+1＝S n ＋3n，n∈N*．(Ⅰ)设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；（Ⅱ）若a n+1≥a n ，n∈N*，求a 的取值范围．【分析】第（Ⅰ）小题利用S n 与a n 的关系可求得数列的通项公式；第（Ⅱ）小题将条件a n+1≥a n 转化为关于n 与a 的关系，再利用a≤f(n)恒成立等价于a≤f(n)min 求解．【解】 (Ⅰ)依题意，S n+1－S n ＝a n+1＝S n ＋3n ，即S n+1＝2S n ＋3n，由此得S n+1－3 n+1＝2(S n －3n)．因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2 n -1，n∈N*, ①(Ⅱ)由①知S n ＝3n ＋(a －3)2 n -1，n∈N*，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n -1＝3n ＋(a －3)2 n -1－3n -1－(a －3)2 n -2＝2×3n -1＋(a －3)2 n -2， a n+1－a n ＝4×3n -1＋(a －3)2n -2＝2n -2·[12·(32)n -2＋a －3]，当n≥2时，a n+1≥a n ，即2 n -2·[12·(32)n -2＋a －3]≥0，12·(32)n -2＋a －3≥0，∴a≥－9，综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞]．【点评】一般地，如果求条件与前n 项和相关的数列的通项公式，则可考虑S n 与a n的关系求解.本题求参数取值范围的方法也一种常用的方法，应当引起重视.题型二数列参与的不等式的证明问题此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，a 3＝7，S 4＝24．(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设p 、q 都是正整数，且p ≠q ，证明：S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【分析】根据条件首先利用等差数列的通项公式及前n 项公式和建立方程组即可解决第(Ⅰ)小题；第(Ⅱ)小题利用差值比较法就可顺利解决.【解】（Ⅰ）设等差数列{a n }的公差是d ，依题意得，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝74a 1＋6d ＝24，解得⎩⎨⎧ a 1＝3d ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. （Ⅱ）证明：∵a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n(a 1＋a n )2＝n 2＋2n ．2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＝2[(p ＋q)2＋2(p ＋q)]－(4p 2＋4p)－(4q 2＋4q)＝－2(p －q)2，∵p ≠q ，∴2S p+q －(S 2p ＋S 2q )＜0，∴S p+q ＜12(S 2p ＋S 2q )．【点评】利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【例4】 (08·安徽高考)设数列{a n }满足a 1＝0，a n+1＝ca n 3＋1－c ，c∈N*，其中c 为实数.(Ⅰ)证明：a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c)n -1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c ＜13，证明：a 12＋a 22＋…＋a n 2＞n ＋1－21－3c ，n ∈N*.【分析】第（1）小题可考虑用数学归纳法证明；第（2）小题可利用综合法结合不等关系的迭代；第（3）小题利用不等式的传递性转化等比数列，然后利用前n 项和求和，再进行适当放缩.【解】（Ⅰ）必要性：∵a 1＝0，a 2＝1－c ，又∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c≤1，即c∈[0，1].充分性：设c∈[0，1]，对n∈N*用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. (1)当n ＝1时，a 1∈[0，1].(2)假设当n ＝k 时，a k ∈[0，1](k≥1)成立，则a k ＋1＝ca k 3＋1－c≤c＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca k 3＋1－c≥1－c≥0， ∴a k ＋1∈[0，1]，这就是说n ＝k ＋1时，a n ∈[0，1]. 由（1）、（2）知，当c∈[0，1]时，知a n ∈[0，1]对所胡n∈N*成立. 综上所述，a n ∈[0，1]对任意n∈N*成立的充分必要条件是c∈[0，1].（Ⅱ）设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n≥2时，由a n ＝ca n -13＋1－c ，∴1－a n ＝c(1－a n -1)(1＋a n -1＋a n -12)∵0＜c ＜13，由(Ⅰ)知a n -1∈[0，1]，所以1＋a n -1＋a n -12≤3，且1－a n -1≥0，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)，∴1－a n ≤3c(1－a n -1)≤(3c)2(1－a n -2)≤…≤(3c) n -1(1－a 1)＝(3c) n -1，∴a n ≥1－(3c)n -1，n∈N*.(Ⅲ)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 12＝0＞2－21－3c，结论成立.当n≥2时，由（Ⅱ）知a n ≥1－(3c)n -1＞0，∴a n 2≥[(1－(3c)n -1)] 2＝1－2(3c)n -1＋(3c)(n -1)＞1－2(3c)n -1， a 12＋a 22＋…＋a n 2＝a 22＋…＋a n 2＞n －1－2[3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1]＝n －1－2[1＋3c ＋(3c)2＋…＋(3c)n -1－1]＝n ＋1－2[1－(3c)n]1－3c ＞n ＋1－21－3c.【点评】本题是数列与不等式、数学归纳法的知识交汇题，属于难题，此类试题在高考中点占有一席之地，复习时应引起注意.本题的第(Ⅰ)小题实质也是不等式的证明，题型三求数列中的最大值问题求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】 (08·四川高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4≥10，S 5≤15，则a 4的最大值为______.【分析】根据条件将前4项与前5项和的不等关系转化为关于首项a 1与公差d 的不等式，然后利用此不等关系确定公差d 的范围，由此可确定a 4的最大值.【解】 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4≥10，S 5≤15，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 4＝4a 1＋4×32d≥10S 5＝5a 1＋5×42d≤15，即⎩⎨⎧ a 1＋3d≥5a 1＋2d≤3，∴⎩⎨⎧ a 4＝a 1＋3d≥5－3d 2＋3d ＝5＋3d 2a 4＝a 1＋3d ＝(a 1＋2d)＋d≤3＋d ， ∴5＋3d 2≤a 4≤3＋d ，则5＋3d≤6＋2d ，即d≤1.∴a 4≤3＋d≤3＋1＝4，故a 4的最大值为4. 【点评】本题最值的确定主要是根据条件的不等式关系来求最值的，其中确定数列的公差d 是解答的关键，同时解答中要注意不等式传递性的应用.【例6】等比数列{a n }的首项为a 1＝2002，公比q ＝－12．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n 项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n 取何值时，f(n)有最大值．【分析】第(Ⅰ)小题首先利用等比数列的通项公式求数列{a n }的通项，再求得f(n)的表达式；第(Ⅱ)小题通过商值比较法确定数列的单调性，再通过比较求得最值.【解】 (Ⅰ)a n ＝2002·(－12)n -1，f(n)＝2002n·(－12)n(n -1)2(Ⅱ)由(Ⅰ)，得|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ，则当n≤10时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＞1，∴|f(11)|＞|f(10)|＞…＞|f(1)|，当n≥11时，|f(n ＋1)||f(n)|＝20022n ＜1，∴|f(11)|＞|f(12)|＞|f(13)|＞…，∵f(11)＜0，f(10)＜0，f(9)＞0，f(12)＞0，∴f(n)的最大值为f(9)或f(12)中的最大者．∵f(12)f(9)＝200212·(12)6620029·(12)36＝20023·(12)30＝(2002210)3＞1， ∴当n ＝12时，f(n)有最大值为f(12)＝200212·(12)66．【点评】本题解答有两个关键：(1)利用商值比较法确定数列的单调性；(2)注意比较f(12)与f(9)的大小.整个解答过程还须注意f(n)中各项的符号变化情况.题型四求解探索性问题数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【例7】已知{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝4.(Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k ，使S k+1－2S k －2＞2成立.【分析】第(Ⅰ)小题通过代数变换确定数列a n +1与a n 的关系，结合定义判断数列{a n }为等比数列；而第(Ⅱ)小题先假设条件中的不等式成立，再由此进行推理，确定此不等式成立的合理性.【解】 (Ⅰ)由题意，S n ＋a n ＝4，S n +1＋a n +1＝4，由两式相减，得(S n +1＋a n +1)－(S n ＋a n )＝0，即2a n +1－a n ＝0，a n +1＝12a n ，又2a 1＝S 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以首项a 1＝2，公比为q ＝12的等比数列.(Ⅱ)由(Ⅰ)，得S n ＝2[1―(12)n]1―12＝4－22-n.又由S k+1－2S k －2＞2，得4－21-k－24－22-k－2＞2，整理，得23＜21-k ＜1，即1＜2 k -1＜32， ∵k ∈N *，∴2k -1∈N *，这与2k -1∈(1，32)相矛盾，故不存在这样的k ，使不等式成立.【点评】本题解答的整个过程属于常规解法，但在导出矛盾时须注意条件“k ∈N *”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】 (08·湖北高考)已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n+1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n(a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a ＜b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.【分析】第(Ⅰ)小题利用反证法证明；第(Ⅱ)小题利用等比数列的定义证明；第(Ⅲ)小题属于存在型问题，解答时就假设a ＜S n ＜b 成立，由此看是否能推导出存在存在实数λ.【解】（Ⅰ）证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即 (23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，矛盾，所以{a n }不是等比数列.(Ⅱ)解：因为b n+1＝(－1)n+1[a n+1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n+1(23a n －2n ＋14)＝－23(a n －3n －21)＝－23b n ，又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b n ＝0(n∈N*)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，由上可知b n ≠0，∴b n+1b n ＝－23(n∈N*).故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列.(Ⅲ)由（Ⅱ）知，当λ＝－18，b n ＝0(n∈N*)，S n ＝0，不满足题目要求；.∴λ≠－18，故知b n ＝－(λ＋18)×(－23)n -1，于是S n ＝－35(λ＋18)·[1－(－23)n]要使a ＜S n ＜b 对任意正整数n 成立，即a ＜－－35(λ＋18)·[1－(－23)n]＜b ，(n∈N*).得a 1－(－23)n ＜－35(λ＋18)＜b 1－(－23)n，(n∈N*) ①令f(n)＝1－(－23)n ，则当n 为正奇数时，1＜f(n)≤53，当n 为正偶数时59≤f(n)＜1；∴f(n)的最大值为f(1)＝53，f(n)的最小值为f(2)＝59,于是，由①式得59a ＜－35(λ＋18)＜35b ，∴－b －18＜λ＜－3a －18，(必须－b ＜－3a ，即b ＞3a).当a ＜b ＜3a 时，由－b －18≥－3a －18，不存在实数满足题目要求；当b ＞3a 存在实数λ，使得对任意正整数n ，都有a ＜S n ＜b,且λ的取值范围是(－b －18，－3a －18). 【点评】存在性问题指的是命题的结论不确定的一类探索性问题，解答此类题型一般是从存在的方面入手，寻求结论成立的条件，若能找到这个条件，则问题的回答是肯定的；若找不到这个条件或找到的条件与题设矛盾，则问题的回答是否定的.其过程可以概括为假设——推证——定论.本题解答注意对参数λ及项数n 的双重讨论.【专题训练】一、选择题1．已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列，则有（）A ．a 4a 6＜a 6a 8B ．a 4a 6≤a 6a 8C ．a 4a 6＞a 6a 8D ．a 4a 6≥a 6a 82．设{a n }是由正数构成的等比数列，b n ＝a n+1＋a n+2，c n ＝a n ＋a n+3，则（） A ．b n ＞c nB ．b n ＜c nC ．b n ≥c nD ．b n ≤c n3．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则（）A ．a 6＝b 6B ．a 6＞b 6C ．a 6＜b 6D ．a 6＞b 6或a 6＜b 64．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足５＜a k ＜８，则k ＝（）A ．9B ．8C ．7D ．65．已知等比数列{a n }的公比q ＞0，其前n 项的和为S n ，则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是（）A ．S 4a 5＜S 5a 4B ．S 4a 5＞S 5a 4C ．S 4a 5＝S 5a 4D ．不确定 6．设S n ＝1＋2＋3＋…＋n ，n∈N*，则函数f(n)＝S n(n ＋32)S n+1的最大值为（）A ．120B ．130C ．140D ．1507．已知y 是x 的函数，且lg3，lg(sinx －12)，lg(1－y)顺次成等差数列，则（） A ．y 有最大值1，无最小值 B ．y 有最小值1112，无最大值C ．y 有最小值1112，最大值1D ．y 有最小值－1，最大值18．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是（）Ａ．(－∞，－1] Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) Ｃ．[3，＋∞) Ｄ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．设3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则a ＋3b 的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．410．设等比数列{a n }的首相为a 1，公比为q ，则“a 1＜0，且0＜q ＜1”是“对于任意n∈N*都有a n+1＞a n ”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分比要条件 D ．既不充分又不必要条件11．{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最小值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝（）A ．11B ．17C ．19D ．2112．设f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，若a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是（）A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1)D ．[12，1]二、填空题13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立．则M 的最小值是__________．14．无穷等比数列{a n }中，a 1＞1，|q|＜1，且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半，则q的取值范围是________. 15．已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b)2cd 的最小值是________. Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．416．等差数列{a n }的公差d 不为零，S n 是其前n 项和，给出下列四个命题：①A．若d ＜0，且S 3＝S 8，则{S n }中，S 5和S 6都是{S n }中的最大项；②给定n ，对于一定k∈N*(k＜n)，都有a n -k ＋a n+k ＝2a n ；③若d ＞0，则{S n }中一定有最小的项；④存在k∈N*，使a k －a k+1和a k －a k -1同号其中真命题的序号是____________. 三、解答题17．已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．（Ⅰ）求{a n }的通项n a ；（Ⅱ）求{a n }前n 项和S n 的最大值．18．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n +1)(n ∈N *）在函数y ＝x 2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)若列数｛b n ｝满足b 1＝1,b n +1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n +2＜b 2n +1.19．设数列{a n }的首项a 1∈(0，1)，a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝a n 3－2a n ，证明b n ＜b n+1，其中n 为正整数．20．已知数列{a n }中a 1＝2，a n+1＝(2－1)( a n ＋2)，n ＝1，2，3，….（Ⅰ）求{a n }的通项公式；（Ⅱ）若数列{a n }中b 1＝2，b n+1＝3b n ＋42b n ＋3，n ＝1，2，3，….证明：2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，…21．已知二次函数y ＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f '(x)＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m20对所有n∈N*都成立的最小正整数m ；22．数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-（12n =，，），λ是常数．（Ⅰ）当21a =-时，求λ及3a 的值；（Ⅱ）数列{}n a 是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求λ的取值范围，使得存在正整数m ，当n m >时总有0n a <．【专题训练】参考答案一、选择题1．B 【解析】a 4a 8＝(a 1＋3d)(a 1＋7d)＝a 12＋10a 1d ＋21d 2，a 62＝(a 1＋5d)2＝a 12＋10a 1d ＋25d 2，故a 4a 6≤a 6a 8. 2．D 【解析】设其公比为q,则b n －c n ＝a n (q －1)(1－q 2)＝－a n (q －1)2(q ＋1)，当q ＝1时，b n ＝c n ，当q ＞0，且q≠1时，b n ＜c n ，故b n ≤c n .3．B 【解析】因为q≠1，b 1＞0，b 11＞0，所以b 1≠b 11，则a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112＞b 1b 11＝b 6.4．B 【解析】因数列为等差数列，a n ＝S n －S n -1＝2n －10，由5＜2k －10＜8，得到k ＝8. 5．A 【解析】S 4a 5－S 5a 4 ＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)a 4q －(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)a 4＝－a 1a 4＝－a 12q 3＜0，∴S 4a 5＜S 5a 4． 6．D 【解析】由S n ＝n(n ＋1)2，得f(n)＝n (n ＋32)(n ＋2)＝nn 2＋34n ＋64＝1n ＋64n＋34≤1264＋34＝150，当n ＝64n ，即n ＝8时取等号，即f(n)max ＝f(8)＝150．7．B 【解析】由已知y ＝－13(sinx －12)2＋1，且sinx ＞12，y ＜1，所以当sinx ＝1时，y有最小值1112，无最大值.8．D 【解】∵等比数列{a n }中a 2＝1，∴S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2(1q ＋1＋q)＝1＋q ＋1q .∴当公比q ＞0时，S 3＝1＋q ＋1q ≥1＋2q·1q ＝3，当公比q ＜0时，S 3＝1－(－q －1q)≤1－2(－q)·(－1q )＝－1，∴S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞).9．B 【解析】3b 是1－a 和1＋a 的等比中项，则3b 2＝1－a 2⇔a 2＋3b 2＝1，令a ＝cos θ，3b ＝sin θ，θ∈(0，2π)，所以a ＋3b ＝cos θ＋3in θ＝2sin(θ＋π6)≤2.10．A 【解析】当a 1＜0，且0＜q ＜1时，数列为递增数列，但当数列为递增数列时，还存在另一情况a 1＞0，且q ＞1，故选A. 11．C 【解析】由a 11a 10＜－1，得a 10＋a 11a 10＜0⇔a 1＋a 20a 10＜0⇔12×20(a 1＋a 20)12×19(a 1＋a 19)＜0⇔S 20S 19＜0，则要使S n 取得最小正值必须满足S 19＞0，且S 20＜0，此时n ＝19.12．C 【解析】f(x)是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x ＋y)，a 1＝12，a n ＝f(n)(n∈N*)，a n+1＝f(n ＋1)＝f(1)f(n)＝12a n ，∴S n ＝12[1－(12)n ]1－12＝1－(12)n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是[12，1).二、填空题13．2 【解析】由a 4－a 2＝8，可得公差d ＝4，再由a 3＋a 5＝26，可得a 1＝1，故S n ＝n ＋2n (n －1)＝2n 2－n ，∴T n ＝2n －1n ＝2－1n，要使得T n ≤M ，只需M ≥2即可，故M 的最小值为2，答案：214．(－1，0]∪(0，13] 【解析】a 1q 1－q ≤a 12⇒q≤13，但|q|＜1，且q≠0，故q∈(－1，0]∪(0，13]. 15．4 【解析】∵(a ＋b)2cd ＝(x ＋y)2xy ≥(2xy)2xy＝4.16．D 【解析】对于①：∵S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝0，∴S 5＝S 6，又d ＜0，S 5＝S 6为最大，故A 正确；对于②：根据等差中项知正确；对于③：∵d＞0，点(n ，S n )分布在开口向上的抛物线，故{S n }中一定有最小的项，故③正确；而a k －a k+1＝－d ，a k －a k -1＝d ，且d≠0，故④为假命题. 三、解答题17．【解】（Ⅰ）设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧ a 1＋d ＝1a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5．（Ⅱ）S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝－n 2＋4n ＝－(n －2)2＋4，所以n ＝2时，S n 取到最大值4．18．【解】(Ⅰ)由已知得a n +1＝a n ＋1，即a n +1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列｛a n ｝是以1为首项，公差为1的等差数列，故a n ＝1＋(a －1)×1＝n.(Ⅱ)由（Ⅰ）知：a n ＝n 从而b n +1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n -1)＋(b n -1－b n -2)＋…＋（b 2－b 1）＋b 1＝2n -1＋2n -2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n +2－b 21+n ＝(2n－1)(2n +2－1)－(2n -1－1)2＝(22n +2－2n +2－2n ＋1)－(22n +2－2－2n +1－1)＝－5·2n ＋4·2n ＝－2n＜0,所以b n ·b n +2＜b 21+n .19．【解】（Ⅰ）由a n ＝3－a n -12，n ＝2，3，4，….整理得1－a n ＝－12(1－a n -1)．又1－a 1≠0，所以{1－a n }是首项为1－a 1，公比为－12的等比数列，得a n ＝1－(1－a 1)(－12)n -1，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知0＜a n ＜32，故b n ＞0．那么，b n+12－b n 2＝a n+12(3－2a n+1)－a n 2(3－2a n )＝(3－a n 2)2(3－2×3－a n 2)－a n 2(3－2a n )＝9a n 4(a n －1)2.又由（Ⅰ）知a n ＞0，且a n ≠1，故b n+12－b n 2＞0，因此b n ＜b n+1，为正整数．20．【解】（Ⅰ）由题设：a n+1＝(2－1)(a n ＋2)＝(2－1)(a n －2)＋(2－1)(2＋2)，＝(2－1)(a n －2)＋2，∴a n+1－2＝(2－1)(a n －2)．所以，数列{a n －2}a 是首项为2－2，公比为2－1)的等比数列，a n －2＝2(2－1)n，即a n 的通项公式为a n ＝2[(2－1)n＋1]，n ＝1，2，3，…. （Ⅱ）用数学归纳法证明．（ⅰ）当n ＝1时，因2＜2，b 1＝a 1＝2，所以2＜b 1≤a 1，结论成立．（ⅱ）假设当n ＝k 时，结论成立，即2＜b k ≤a 4k -3，，也即0＜b n －2≤a 4k -3－2，当n ＝k ＋1时，b k+1－2＝3b k ＋42b k ＋3－2＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0，又12b k ＋3＜122＋3＝3－22，所以b k+1－2＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＜(3－22)2(b k －2)≤(2－1)4(a 4k -3－2)＝a 4k+1－ 2也就是说，当n ＝k ＋1时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知2＜b n ≤a 4n -3，n ＝1，2，3，….21．【解】（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax 2＋bx (a≠0) ，则 f`(x)＝2ax ＋b ，由于f`(x)＝6x －2，得a ＝3 ，b ＝－2，所以f(x)＝3x 2－2x.，又因为点(n ，S n )(n∈N*)均在函数y ＝f(x)的图像上，所以S n ＝3n 2－2n ，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（3n 2－2n ）－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以，a n ＝6n －5（n∈N*）. （Ⅱ）由（Ⅰ）得知b n ＝3a n a n ＋1＝3(6n －5)[6(n －1)－5]＝12(16n －5－16n ＋1)，故T n ＝∑ni=1b i ＝12[(1－17)＋(17–113)＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1–16n ＋1），因此，要使12(1－16n ＋1）＜m 20（n∈N*）成立的m ，必须且仅须满足12≤m20，即m≥10，所以满足要求的最小正整数m 为10.22．【解】（Ⅰ）由于21()(12)n n a n n a n λ+=+-=，，，且11a =．所以当21a =-时，得12λ-=-，故3λ=．从而23(223)(1)3a =+-⨯-=-．（Ⅱ）数列{}n a 不可能为等差数列，证明如下：由11a =，21()n n a n n a λ+=+-得22a λ=-，3(6)(2)a λλ=--，4(12)(6)(2)a λλλ=---．若存在λ，使{}n a 为等差数列，则3221a a a a -=-，即(5)(2)1λλλ--=-，解得3λ=．于是2112a a λ-=-=-，43(11)(6)(2)24a a λλλ-=---=-．这与{}n a 为等差数列矛盾．所以，对任意λ，{}n a 都不可能是等差数列．（Ⅲ）记2(12)n b n n n λ=+-=，，，根据题意可知，10b <且0n b ≠，即2λ> 且2*()n n n λ≠+∈N ，这时总存在*0n ∈N ，满足：当0n n ≥时，0n b >；当01n n -≤时，0n b <．所以由1n n n a b a +=及110a =>可知，若0n 为偶数，则00n a <，从而当0n n >时，0n a <；若0n 为奇数，则00n a >，从而当0n n >时0n a >．因此“存在*m ∈N ，当n m >时总有0n a <”的充分必要条件是：0n 为偶数，记02(12)n k k ==，，，则λ满足22221(2)20(21)210k k b k k b k k λλ-⎧=+->⎪⎨=-+--<⎪⎩．故λ的取值范围是22*4242()k k k k k λ-<<+∈N都是“定义域”惹的祸函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．一、求函数解析式时例1．已知x x x f 2)1(+=+，求函数)(x f 的解析式 . 错解：令1+=x t ，则1-=t x ，2)1(-=t x ，1)1(2)1()(22-=-+-=∴t t t t f ，1)(2-=∴x x f剖析：因为x x x f 2)1(+=+隐含着定义域是0≥x ，所以由1+=x t 得1≥t ，1)(2-=∴t t f 的定义域为1≥t ，即函数)(x f 的解析式应为1)(2-=x x f （1≥x ）这样才能保证转化的等价性.正解：由x x x f 2)1(+=+，令1+=x t 得1≥t ，()21-=∴t x 代入原解析式得1)(2-=t t f （1≥t ），即1)(2-=x x f （1≥x ）．二、求函数最值（或值域）时例2．若,62322x y x =+求22y x +的最大值．错解：由已知有 x x y 32322+-= ①，代入22y x +得 22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，∴当3=x 时，22y x +的最大值为29．剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件x y x 62322=+中x 的限制条件．正解：由032322≥+-=x x y 得20≤≤x ， ∴22y x +()2932132122+--=+-=x x x ，[]2,0∈x ，因函数图象的对称轴为3=x ，∴当[]2,0∈x 是函数是增函数，故当当2=x 时，22y x +的最大值为4．例3．已知函数()()32log 19f x x x =+≤≤，则函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的最大值为（）A ．33B ．22C ．13D ．6错解：()()22y f x f x=+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在()19x ≤≤上是增函数，故函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦在9x =时取得最大值为33．正解：由已知所求函数()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦的定义域是21919x x ≤≤⎧⎨≤≤⎩得13x ≤≤，()()22y f x f x =+⎡⎤⎣⎦=()22332log 2log x x +++=()23log 33x +-在13x ≤≤是增函数，故函数()()22y f x f x=+⎡⎤⎣⎦在3x =时取得最大值为13．例4．已知()()4232≤≤=-x x f x ，求()[]()2121x f x f y --+=的最大值和最小值．错解：由()()4232≤≤=-x x f x 得91≤≤y ．∴()()91log 231≤≤+=-x x x f ．∴()[]()()6log 6log log 2log 232323232121++=+++=+=--x x x x x f x f y()33log 23-+=x ． ∵91≤≤x ，∴2log 03≤≤x ．∴22max =y ，6min =y ．剖析：∵()x f 1-中91≤≤x ，则()21x f -中912≤≤x ，即31≤≤x ，∴本题的定义域应为[]3,1．∴1log 03≤≤x ．正解：（前面同上）()33log 23-+=x y ，由31≤≤x 得1log 03≤≤x ．∴13max =y ，6min =y ．例5．求函数3254-+-=x x y 的值域．错解：令32-=x t ，则322+=t x ，∴()1253222++=+-+=t t t t y87874122≥+⎪⎭⎫⎝⎛+=t ．故所求函数的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,87．剖析：经换元后，应有0≥t ，而函数122++=t t y 在[)+∞,0上是增函数，随着t 增大而无穷增大．所以当0=t 时，1min =y ．故所求函数的值域是[)+∞,1．三、求反函数时例6．求函数)20(242≤≤++-=x x x y 的反函数．错解：函数)20(242≤≤++-=x x x y 的值域为[]6,2∈y ,又6)2(2+--=x y ，即 y x -=-6)2(2∴y x -±=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤-±=x x y ．剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域，没有对x 进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．正解：由242(02)y x x x =-++≤≤的值域为[]6,2∈y , 因y x -=-6)2(2，又02≤-x ∴y x --=-62，∴所求的反函数为()6262≤≤--=x x y ．四、求函数单调区间时例7．求函数)4lg()(2x x f -=的单调递增区间.错解：令24x t -=，则t y lg =，它是增函数. 24x t -= 在]0,(-∞上为增函数，。

高考数学玩转压轴题专题3.3 数列与函数、不等式相结合问题-人教版高三全册数学试题

专题3.3 数列与函数、不等式相结合问题一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列中的恒成立问题【例1】【2018某某省豫南豫北联考二】数列{}n a 满足()*1116,51n n n a a a n N a +-==∈-，若对*n N ∈，都有12111nk a a a >+++成立，则最小的整数k 是（） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6又对*n N ∈，都有12111nk a a a >+++成立， ∴5k ≥.故最小的整数k 是5.选C. 【答案】C【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解，解答本题的关键是如何对12111n a a a +++求和，根据题目的条件经过变形得到111111n n n a a a +-=--，可利用列项相消求和，在求得数列和的基础上可得到k 的取值X 围，解题时要注意等号是否可以取得.【举一反三】【2017某某洛南永丰中学高三月考】已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2142,n n S S n n n N -++=≥∈，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值X 围是（）A ．()3,5B ．()4,6C ．[)3,5D ．[)4,6【答案】A类型二数列中的最值问题【例2】【某某省某某第六高级中学2018届高三上学期第二次阶段（期中）】已知数列{}n a 的前n 项和1,0n S a <且22n n a a S S =+，对一切正整数n 都成立，记1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则数列1n n T T ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭中的最大值为（）A.22 B. 22- C. 2 D. 2-当n 为奇数时， n T 随n 的增大而增大，所以112=-212,2n n n T T T T ≤<-≤-< 当n 为偶数时， n T 随n 的增大而减小，所以122122,222n n n T T T T -<<=-∴-<-≤综上，当*n N ∈时，总有1222n n T T -≤-≤故选A【答案】A【指点迷津】本题利用数列的递推公式求解数列的通项公式及利用数列的单调性求解数列的和的最大项，在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中根据n 的奇偶判断n T 的单调性是解题的关键【举一反三】【2017届某某省某某市高三下学期第二次调研】设数列{}n a 为等差数列， n S 为其前n 项和，若113S ≤， 410S ≥， 515S ≤，则4a 的最大值为（） A. 3 B. 4 C. 7- D. 5-【答案】B类型三数列性质的综合问题【例3】【某某省某某市闽侯第六中学2018届高三上学期期中考试】若数列{}n a 满足： 10a =且()*121,2n n a a n n N n -=+-∈≥，数列{}n b 满足1181111n n n n b a a -+⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则数列{}n b 的最大项为第__________项．【解析】由10a =，且()*121,2n n a a n n N n -=+-∈≥，得()1212n n a a n n --=-≥，则213243221,231,241,...a a a a a a -=⨯--=⨯--=⨯-， ()1212n n a a n n --+-≥，累加得()()()()22123 (1211)2n n n a n n n n +-=+++--=⨯-+=-，()11221881111111n n n n n b a a n n --+⎛⎫⎛⎫∴=+⋅+⋅=⋅+⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()12811n n n -⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭，由11{n n n n b b b b -+≥≥，得()()()()1222122881111{88321111n n n nn n n n n n n n ---⎛⎫⎛⎫+⋅≥+⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫+⋅≥++⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即161933n ≤≤， *,6,n N n ∈∴=∴数列{}n b 的最大项为第6项，故答案为6. 【答案】6【指点迷津】本题主要考查已知数列的递推公式求通项以及数列最大项问题，属于难题题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）累加法（相邻两项的差成等差、等比数列）；累乘法（相邻两项的积为特殊数列）；（3）构造法，形如()10,1n n a qa p p q -=+≠≠的递推数列求通项往往用构造法，即将()10,1n n a qa p p q -=+≠≠利用待定系数法构造成()1n n a m q a m -+=+的形式，再根据等比数例求出{}n a m +的通项，进而得出{}n a 的通项公式.【举一反三】【某某省2017届高三4月单科质量检测】已知数列{}{},n n a b 满足11111,2,n n n n n n a b a a b b a b ++===+=+，则下列结论正确的是（）A. 只有有限个正整数n 使得2n n a b <B. 只有有限个正整数n 使得2n n a b >C. 数列{}2n n a b -是递增数列 D. 数列2n n a b ⎧⎫⎪⎪-⎨⎬⎪⎪⎩⎭是递减数列【答案】D类型四数列与函数的综合问题【例4】【某某省某某市西北工业大学附属中学2017届高三下学期第七次模拟】已知函数的定义域为，当时，，且对任意的实数，等式成立，若数列满足，且，则下列结论成立的是（）A. B. C.D.【答案】D【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向. (2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f ”，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系. 【举一反三】【某某省内江市高中2018届高三第一次模拟】设*n N ∈，函数()1x f x xe =， ()()'21f x f x =，()()'32f x f x =，…， ()()'1n n f x f x +=，曲线()n y f x =的最低点为n P ， 12n n n P P P ++∆的面积为n S ，则A. {}n S 是常数列B. {}n S 不是单调数列C. {}n S 是递增数列D. {}n S 是递减数列【解析】根据题意得()()()'211xf x f x x e ==+， ()()()'322xf x f x x e ==+…，类型五数列与其他知识综合问题【例5】【某某省某某市柘皋中学2018届高三上学期第三次月考】将向量12,,,n a a a 组成的系列称为向量列{}n a ，并定义向量列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =+++．若()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则下列说法中一定正确的是（）A. ()111nn a S λλ-=- B. 不存在*n N∈，使得0n S =C. 对*m n N ∀∈、，且m n ≠，都有m n S SD. 以上说法都不对【解析】由()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则1n na a λ+=，所以数列{}n a 构成首项为1a ，公比为λ的等比数列，所以()11,1{ 1,11nn na S a λλλλ==-≠-，又当1λ=-时， 20nS=，所以当*m n N ∀∈、，且m n ≠时， m n S S 是成立的，故选C.【答案】C【举一反三】【某某省某某市长郡中学2018届高三第三次月考】将正整数12分解成两个正整数的乘积有112⨯， 26⨯， 34⨯三种，其中34⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,N p q ∈）是正整数n 的最佳分解时，我们定义函数()f n q p =-，例如()12431f =-=.数列(){}3n f 的前100项和为__________．【答案】5031-【解析】当n 为偶数时， ()30nf =；当n为奇数时， ()11122233323n n n nf +--=-=⨯，()5001495010031233 (3)23131S -∴=+++=⨯=--，故答案为5031-.【例6】【某某省某某市2017届高三高考考前适应性模拟（一）】斐波那契数列{}n a 满足：()*12121,1,3,n n n a a a a a n n N --===+≥∈.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则下列结论错误的是（）A. 2111·n n n n S a a a +++=+ B. 12321n n a a a a a +++++=-C. 1352121n n a a a a a -++++=- D. ()1214?n n n n c c a a π--+-=12331131...1121n n a a a a a a a --⇔++++=-⇔⇔=-⇔=- ,所以B 正确；对于C, 1n = 时，121a a ≠- ；C 错误；对于D, ()()()22211112144?44n n n n n n n n n n a a c c a a a a a a ππππ-----+⎛⎫-=-=+-= ⎪⎝⎭,D 正确.故选C. 【答案】C【指点迷津】本题通过对多个命题真假的判断考察数列的各种性质及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.【举一反三】【某某省某某市2017届高三下学期复习检测一】如图所示，矩形n n n n A B C D 的一边n n A B 在x 轴上，另外两个顶点,n n C D 在函数()1(0)f x x x x=+>的图象上.若点n B 的坐标为()(),02,n n n N +≥∈，记矩形n n n n A B C D 的周长为n a ，则2310a a a +++=（）A. 220B. 216C. 212D. 208【答案】B三．强化训练1．【2017届某某某某市高三9月联考】已知函数()y f x =的定义域为()0+∞，，当1x >时，()0f x >，对任意的()0x y ∈+∞，，，()()()f x f y f x y +=⋅成立，若数列{}n a 满足()11a f =，且()()()*121N n n f a f a n +=+∈，则2017a 的值为（）A ．20141a -B ．20151a -C ．20161a -D ．20171a - 【答案】C2.【全国名校大联考2017-2018年度高三第三次联考】设函数()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对于任意正数,x y 有()()()f xy f x f y =+，已知112f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，若一个各项均为正数的数列{}n a 满足()()()()*11n n n f S f a f a n N =++-∈，其中n S 是数列{}n a 的前n 项和，则数列{}n a 中第18项18a =（） A.136B. 9C. 18D. 36 【答案】C 【解析】对任意的正数,x y 均有()()()f xy f x f y =+且112f ⎛⎫=-⎪⎝⎭，又0n a >且()()()()()11112n n n n n f S f a f a f a f a f ⎛⎫=++-=+++ ⎪⎝⎭()()212n n n f S f a a ⎡⎤∴=+⨯⎢⎥⎣⎦，又()f x 是定义在(]0,+∞上的单调增函数， ()212n n n S a a ∴=+ ①，当1n =时， ()211112a a a =+，211110,0,1a a a a ∴-=>∴=，当2n ≥时， ()211112n n n S a a ---∴=+ ②，①-②可得22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，()()1110n n n n a a a a --∴+--=，()10,12n n n a a a n ->∴-=≥{}n a ∴为等差数列11,1a d ==， n a n ∴=， 1818a =，故选C.3.【某某省某某市某某四中2018届高三第三次月考】已知()3201725x f x x +=-，函数()g x 对任意x R ∈有()()20182322013g x g x -=--成立， ()y f x =与()y g x =的图象有m 个交点为()11,x y ，()22,x y …，(),m m x y ，则()1mi i i x y =+=∑（）A. 2013mB. 2015mC. 2017mD. 4m 【答案】D4.【某某省某某市2018届高三期中考试】用[]x 表示不超过x 的最大整数（如[][]2.12,3.54=-=-）.数列{}n a 满足143a =， ()111n n n a a a +-=-（*n N ∈），若12111n nS a a a =+++，则[]n S 的所有可能值得个数为（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B5.【某某省某某市第七中学2017届高三6月1日高考热身考试】已知等差数列{}n a 中，254,7,,a a m n N +==∈，满足1231m m m m mn n a a a a a +++++=，则n 等于（）A. 1 和2B. 2和3C. 3和4D. 2和4 【答案】B【解析】由题意得公差()741,421252n d a n n -===+-⋅=+- ,即()()3423m mm m n n ++⋯++=+ ,代入验证得当23{{23m m n n ====或时成立,选B. 6.【某某省襄阳四中2017届高三下学期5月适应性考试】若数列{}n a ， {}n b 的通项公式分别为()20161n n a a +=-⋅， ()201712n nb n+-=+，且n n a b <对任意*n N ∈恒成立，则实数a 的取值X 围是（）A. 11,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B. [)1,1- C. [)2,1- D. 32,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【答案】D【解析】,n n a b < 可得()()2017201611?2n n a n++--<+，若n 是偶数，不等式等价于12a n<-恒成立，可得13222a <-= ，若n 是奇数，不等式等价于12a n -<+ ，即2,2a a -≤≥- ，所以3-22a ≤< ，综上可得实数a 的取值X 围是32,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，故选D ． 7.【某某省某某市第二中学2017届高三下学期模拟联考】某计算器有两个数据输入口12M M ，，一个数据输出口N ，当12M M ，分别输入正整数1时，输出口N 输出2，当1M 输入正整数1m ， 2M 输入正整数2m 时， N 的输出是n ；当1M 输入正整数1m ， 2M 输入正整数21m +时， N 的输出是5n +；当1M 输入正整数11m +， 2M 输入正整数2m 时， N 的输出是4n +；当1M 输入60， 2M 输入50时， N 的输出是____________. 【答案】4838.【2017届某某市六校高三理上学期期中联考】已知数列{}n a 满足：11a =，12nn n a a a +=+()n N *∈.若11(2)(1)n nb n a λ+=-⋅+()n N *∈，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值X 围是（） A.23λ>B.32λ>C.32λ<D.23λ<【答案】D9.【某某省某某市高级中学2018届高三11月考】已知等比数列{}n a 的公比为()0,1q ∈,且数列第11项的平方等于第6项,若存在正整数k 使得1212111k ka a a a a a +++>+++,则k 的取值X 围是________．【答案】031k <<【解析】∵数列{}n a 第11项的平方等于第6项，即2116a a =，∴220511a q a q =， ∴1511a q=，∴()121112111111111k kk k k q q a a a a q a a a a q q ---+++=+++=--，。

高三数学备考冲刺140分问题22数列与不等式的相结合问题含解析2

（ 2）等量加不等量为不等量：若 a b,c d , 则
, 此性质可推广到多项求和：
若
, 则:
（ 3）若需要用到乘法 , 则对应性质为：若要求涉及的不等式两侧均为正数常用的放缩手段：增加（或减少）某些项；增大分子（或减小分母）不等式；利用函数的单调性 . 常用的放缩技巧：
（ 1）常见的数列求和方法和通项公式特点：
2
4
注：此方法会存在风险 , 所猜出的等比数列未必能达到放缩效果 , 所以是否选择利用等比数列进行放缩 , 受
数列通项公式的结构影响
（ 4）与数列中的项相关的不等式问题： ①此类问题往往从递推公式入手 , 若需要放缩也是考虑对递推公式进行变形 ②在有些关于项的不等式证明中 , 可向求和问题进行划归 , 即将递推公式放缩变形成为可“累加”或“累
, 则 ac bd , 此性质也可推广到多项连乘 , 但
；增大（或减小）被开方数；利用二项式定理；利用基本
①等差数列求和公式：
, an kn m （关于 n 的一次函数或常值函数）
②等比数列求和公式：
, a n k q n （关于 n 的指数类函数）
③错位相减：通项公式为“等差
等比”的形式
④裂项相消：通项公式可拆成两个相邻项的差
, 则可从所证不等式的常数入手
,, 常数可视为 a1 的形式 , 然后猜 1q
想构造出等比数列的首项与公比 , 进而得出等比数列的通项公式 , 再与原通项公式进行比较 , 看不等号的
方向是否符合条件即可
n
2 1. 4
. 例如常数
1
2 =
2
, 即可猜想该等比数列的首项为
31 1
4
1
1
, 公比为 , 即通项公式为

【高考数学大题精做】专题07 数列与不等式相结合问题(第二篇)(解析版)

1 / 18【高考数学大题精做】第二篇数列与不等式专题07 数列与不等式相结合问题【典例1】【2020届安徽省亳州市高三上学期期末教学质量检测】记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知12n n S a +=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求使得22020n n a S >+的n 的取值范围. 【思路引导】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩计算可得；（2）由（1）可得2122n n a -=，21nn S =-，从而得到不等式解得.解：（1）由题知，12n n S a +=①，当1n =时，11a =当2n ≥时，1112n n S a --+=②①减②得，12n n a a -=，故{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -= （2）由（1）知，2122n n a -=，21nn S =-22020n n a S >+即210221202n n --+>等价于()2224038nn->易得()222n n -随n 的增大而增大而6n =，()2224038nn-<，7n =，()2224038n n ->故7n ≥，n N ∈2 / 18【典例2】【2020届重庆西南大学附属中学校高三第五次月考】已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且当*n N ∈时，n S 是12n +与2m 的等差中项(m 为实数). （1）求m 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）令()*21log n n b a n N=+∈，是否存在正整数k ，使得1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++对任意正整数n 均成立？若存在，求出k 的最大值；若不存在，说明理由. 【思路引导】（1）根据等差中项的性质列方程，求得n S 的表达式.利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，结合{}n a 是等比数列，求得m 的值及数列{}n a 的通项公式. （2）由（1）求得n b 的表达式，将不等式1111210n n n kb b b n ++⋅⋅⋅+>+++左边看成()f n ，利用差比较法判断出()f n 的单调性，由此求得()f n 的最小值，进而求得k 的最大值.解：(1)Q n S 是12n +与2m 的等差中项， ∴ 1222n n S m +=+，即 2nn S m =+，当1n =时， 112S a m ==+，当2n ≥时， 112n n n n a S S --=-=，Q {}n a 是等比数列，∴ 11a =，则 21m +=，∴ 1m =-，且数列{}n a 的通项公式为12n n a -=.(2)存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4.21log n n b a n =+= ()*.n N ∈ ()11111112122n n n f n b b b n n n n=++=++++++++L L ， ()()1111110212212122f n f n n n n n n +-=+-=->+++++Q ∴ ()()1.f n f n +>∴数列(){}f n 单调递增，()()min 112f n f ∴==，由不等式恒成立得：1102k <，∴ 5k <. 故存在正整数k ，使不等式恒成立，k 的最大值为4. 【典例3】【2020湖北省武汉华中师大附中高三5月考试】3 / 18已知等差数列{}n a 中，公差0d ≠，735S =，且2a ，5a ，11a 成等比数列．()1求数列{}n a 的通项公式； ()2若n T 为数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，且存在*n N ∈，使得10n n T a λ+-≥成立，求实数λ的取值范围．【思路引导】（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩解得1a d ，即可求得通项公式；(2)111112n n a a n n +=-++,裂项相消求和n T = ()112222n n n -=++，因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022n n n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.求出()222n n +的最大值即可解得λ的取值范围.解：（1）由题意可得()()()1211176735,2410,a d a d a d a d ⨯⎧+=⎪⎨⎪+=++⎩即12135,2.a d d a d +=⎧⎨=⎩又因为0d ≠，所以12,1.a d =⎧⎨=⎩所以1n a n =+.（2）因为()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以 111111233412n T n n =-+-++-=++L ()112222n n n -=++. 因为存在*N n ∈，使得10n n T a λ--≥成立，所以存在*N n ∈，使得()()2022nn n λ-+≥+成立，即存在*N n ∈，使得()222n n λ≤+成立.4 / 18又()21114416222424nn n n n n =⋅≤⎛⎫⎛⎫+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（当且仅当2n =时取等号）. 所以116λ≤，即实数λ的取值范围是1,16⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【典例4】【2020届江西省南昌市上学期期末考试】已知{}n a 是递增的等比数列，若3520a a +=，且12354a a a ，，成等差数列. （1）求{}n a 的前n 项和n S ；（2）设12n nb S =+，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：113n T ≤<. 【思路引导】（1）利用等差中项可得21352a a a =+,再利用等比数列的通项公式代入求得q ,可代回3520a a +=中求得1a ,进而由公式求解即可；（2）由（1）可得121n nb =-,则1132nnb ≤<,从而求和即可证明解：（1）设递增数列{}n a 的公比为()1q q >,由1a ,254a ,3a 成等差数列,可得21352a a a =+,即2111522a q a a q =+, 则22520q q -+=,解得12q =（舍）或2q =,又因为3520a a +=,可得24112220a a +=,所以11a =,所以()1212121n n nS ⨯-==--（2）证明：由（1）可得11021221n n nb ==>-++,所以数列{}n T 是递增数列,所以1111213n T T b ≥===+, 又因为11212n n nb =<+, 2111221111111222212nn n n T ⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦∴<+++==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-…,5 / 18综上所述：113n T ≤< 【典例5】【陕西省安康市2019-2020学年高三上学期12月阶段性】已知数列{}n a 为等差数列. （1）求证：()212n n n a a a ++…；（2）设21n a n =-，且其前n 项和n S ，1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：2n T <. 【思路引导】(1)利用等差数列的性质122n n n a a a ++=+,再根据基本不等式即可证明. (2)由等差数列的求和公式求解n S ,再由裂项相消的缩放法求证即可. 证明：（1）因为数列{}n a 为等差数列,所以122n n n a a a ++=+ ∴()()()()222212222424n n n n n n n n n a a a a a a a a a +++++=+=++… 即()212n n n a a a ++…,故结论成立.或：设数列{}n a 的公差为d ,则()()()()22221111n n n n n n a a a d a d a d a +++++=-+=-…即()212n n n a a a ++…,故结论成立. （2）∵212(211)2n n n n S a a a n -+=+++==L ∴211n S n =2n ≥时：211(1)n n n <-1n =时：11112T S ==< 2n ≥时：211111(1)1n S n n n n n=<=--- 1211111111112231n n T S S S n n =++⋯+<+-+-++--L ，∴122n T n<-<. 【典例6】【2020届天津市第一中学高三上学期第二次月考】已知等比数列{}n a 的各项均为正数，5462,,4a a a 成等差数列，且满足2434a a =，数列{}n b 的前n 项和6 / 18(1)2n n n S b +=，*n N ∈，且11b =. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设,,n n n b n c a n ⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n c 的前n 项和n P .（3）设252123n n n n n b d a b b +++=，*n N ∈，{}n d 的前n 项和n T ，求证：13n T <.【思路引导】(1)根据题意列出方程组，求出1a 、q ，从而得到{}n a 的通项公式，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，化简可得{}n b n是首项为1的常数列，即可求得{}n b 的通项公式；(2)分类讨论，当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+，分别利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和即可，当n 为奇数时，由1n n n P P b -=+可求得结果；(3)裂项法可得125111(21)(23)2(21)2(23)2n n n n n d n n n n -+=⋅=-++++，从而求得1113(23)23nn T n =-<+. 解：（1）因为0n a >，所以0q >，24562431224210414a a a q q a a a q ⎧=+⎧+-=⎪⇒⎨⎨==⎪⎩⎩，解得11212q a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以12n n a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，当2n ≥时，11122n n n n n nb n b S S b --+=-=-，即11n n b b n n -=-， ∴{}n b n 是首项为1的常数列，1n bn=，∴n b n =；（2）,1,2nn n n C n ⎧⎪=⎨⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数为偶数当n 为偶数时，()()13124n n n p b b b a a a -=++⋯++++⋯+24111[13(1)][()()()]222n n =+++-++++L L7 / 1822111441112(11)12433214n nnn n ⎛⎫⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=+-+=+-⋅ ⎪⎝⎭- 当n 为奇数时，11221(1)111(1)11143324332n n n n nn n P P b n ----+⎛⎫⎛⎫=+=+-+=+-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）125111(21)(23)2(21)2(23)2n n n nn d n n n n -+=⋅=-++++211111113525272(21)2(23)2n n n T n n -=-+-++-⋅⋅⋅++L1113(23)23n n =-<+ 【典例7】【河北省石家庄二中2019-2020学年高三年级上学期12月月考】已知数列{}n a 满足125a =，且*113220,N n n n n a a a a n ++-+=∈，数列{}n b 为正项等比数列，且123b b +=，34b =.（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）令2n n n b c a =，12n n S c c c =+++L ，求证：101nS <<. 【思路引导】（1）变形已知等式得数列2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，从而可求通项公式，数列{}n b 是等比数列，用基本量法可求得通项公式；（2）用错位相减法求得和n S ，即可证结论成立．解：（1）∵113220n n n n a a a a ++-+=，∴*1223,n nn N a a +-=∈ ∴2n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，首项为125a =，公差为38 / 18∴253(1)32n n n a =+-=+，2,N*32n a n n =∈+ ∵{}n b 为正项等比数列，设公比为()0q q >，则121(1)3b b b q +=+=，2314b b q == 整理得23440q q --=，解得2q =，11b =，∴1*2,N n n b n -=∈（2）12(32)2n nn nb c n a -==+⋅ 21582112(32)2n n S n -=+⨯+⨯+++⋅L ①2125282(31)2(32)2n n n S n n -=⨯+⨯++-⋅++⋅L ②①-②得215323232(32)2n n n S n --=+⨯+⨯++⨯-+⋅L 53(22)(32)2n nn =+--+⋅,∴(31)21nn S n =-⋅+ ∵*N n ∈，∴1n S >，∴101nS <<，得证.1. 【2020届北京市昌平区高三上学期期末数学试题】已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=. （1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值. 【思路引导】(1)根据等差数列的通项公式列出方程组结合前n 项和公式求解即可得到数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；(2)利用裂项求和得到111nT n =-+，解不等式即可得到最小值. 解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d .依题意有9 / 1813428,4.a a a a +=⎧⎨-=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩ 所以22,n n a n S n n ==+. （2）因为211111n S n n n n ==-++，所以12111111111(1)()()122311n n T S S S n n n =+++=-+-++-=-++L L . 因为99100n T >，即19911100n ->+，所以99n >.所以n 的最小值为1002. 【天津市红桥区2019届高三二模数学】已知数列{}n a 是公比大于1的等比数列(*)n N ∈，24a =，且21+a 是1a 与3a 的等差中项． I.求数列{}n a 的通项公式；II.设2log n n b a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，记1231111=++++L L n nT S S S S ，证明：12n T ≤<．【思路引导】I.根据等差中项性质得到()21321a a a +=+，再根据等比数列通项公式构造方程求得q ，从而可求得通项公式；II.根据n a 求得n b ，利用等差数列求和公式得到n S ；再根据裂项相消法求得n T ，根据2011n <≤+证得结论. 解：I.由题意得：()21321a a a +=+ 设数列{}n a 公比为q ，则()22221a a a q q+=+，即22520q q -+= 解得：12q =（舍去）或2q =则212a a q == ()1*12n n n a a q n N -∴==∈ II.由I.得：2log 2nn b n ==，可知{}n b 为首项为1，公差为1的等差数列则()()1122n n n b b n n S ++== ()1211211nS n n n n ⎛⎫∴==⨯- ⎪++⎝⎭10 / 181111111122121222334111n T n n n n ⎛⎫⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-=⨯-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭2011n <≤+Q ， 21221n ∴≤-<+，即12n T ≤< 3. 【2020届浙江省嘉兴市高三上学期期末考试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*21n n S a n N +=∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若11111n n n c a a +=++-，n T 为数列{}n c 的前n 项和.求证：123n T n >-.【思路引导】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求得数列{}n a 的通项公式.（2）先将n c 缩小即111233n n n c +⎛⎫>--⎪⎝⎭，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立. 解：（1）∵()*21n n S a n N+=∈，令1n =，得113a=. 又()11212n n S a n --+=≥，两式相减，得113n n a a -=.∴13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭. （2）∵111111133n nn c +=+⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1113311231313131n n n n n n +++=+=-++-+- 11123131n n +⎛⎫=-- ⎪+-⎝⎭.又∵11313n n <+，1111313n n ++>-，∴111233n n n c +⎛⎫>-- ⎪⎝⎭. ∴22311111112333333n n n T n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫>--+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 111122333n n n +=+->-.∴123n T n >-. 4. 【重庆市巴蜀中学2019-2020学年高考适应性月考卷】11 / 18已知数列{}n a ,是一个等差数列,且22a =,145a a +=,数列{}n b 是各项均为正数的等比数列,且满足:112b =,24164b b ⋅=. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式; （2）求证:11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<. 【思路引导】（1）因为{}n a 为等差数列,设公差为d ,则1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩即可求得首项和公差,即可求得{}n a .因为{}n b 为等比数列,2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,即可求得公比,进而求得{}n b . （2）因为n a n =,12nn b ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,根据数列求和错位相减法,即可求得n T ,进而求得答案. 解：（1）Q {}n a 为等差数列,设公差为d ,∴1112,35,a d a a d +=⎧⎨++=⎩∴11,1,a d =⎧⎨=⎩∴()11n a a n d n =+-=.Q {}n b 为等比数列,0n b >,设公比为q ,则0q >,∴2243164b b b ⋅==,23118b b q ==,∴12q =,1111222n nn b -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭. （2）令112233n n n T a b a b a b a b =+++⋅⋅⋅+,∴ ()23111111123122222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——①可得:()2311111112122222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭——②∴由①-②得:23111112211111111222222212nn n n n T n n ++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-⨯=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-,12 / 18∴1112222n nn T n -⎛⎫⎛⎫=--⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故11222n n a b a b a b ++⋅⋅⋅+<.5. 【湖北省荆州中学、宜昌一中、龙泉中学三校2019-2020学年高三联考数学】已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项的和为n S ，且当2n ≥时，满足21nn n S a S =-．（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）证明：2221274n S S S +++<L ．【思路引导】（1）当n ≥2时，S n ﹣S n ﹣121nn S S =-⇒S n ﹣S n ﹣1＝S n •S n ﹣1（n ≥2），取倒数，可得111n n S S --=1，利用等差数列的定义即可证得：数列{1nS }是等差数列；（2）利用222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭进行放缩并裂项求和即可证明解：（1）当2n ≥时，211nn n n S S S S --=-，11n n n n S S S S ---=，即1111n n S S --= 从而1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）可知，()11111n n n S S =+-⨯=，1n S n∴=．则当2n ≥时222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭．故当2n ≥时22212111111111123224211n S S S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L1111137111221224n n ⎛⎫=++--<+⋅= ⎪+⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<满足题意，故2221274n S S S +++<L ．13 / 18法二：则当2n ≥时22211111n S n n n n n=<=---，那么222121111111717142334144n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<++-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 又当1n =时，21714S =<，当时，21714S =<满足题意.6. 【2020届重庆市云阳江口中学高三上学期第三次月考】设数列{}n a 的前n 项和n S ，数列{}n S 的前n 项和为{}n T ，满足*32,n n T S n n N =-∈.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）求证：*1,n S n N ≥∈. 【思路引导】（Ⅰ）由1n =得出11a =，由1n n T T --得出32n n S a =-，再由1n n S S --得出133n n n a a a -=-，由等比数列的定义，得出数列{}n a 是等比数列，即可写出数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）求出等比数列{}n a 的前n 项和，由函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数，由函数n S 的最值，即可证明不等式.解：(Ⅰ)当1n = ，由已知有，11321a a =-⨯ ∴11a =当2n ≥ 时，32nn T S n =-①1132(1)n n T S n --=--②①-②得：133232n n n n S S S a -=--=-③故1132n n S a --=-④③-④得：133n n n a a a -=-，则132n n a a -= ∴{}n a 是以1为首项，公比为32的等比数列.132n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，*()n N ∈（Ⅰ）31123213212n nnS ⎡⎤⎛⎫⋅-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦- 312>Q ，∴函数3212n n S ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦为*n N ∈上的单调增函数14 / 18∴33212(1)122n n S ⎡⎤⎛⎫=-≥-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故*1,n S n N ≥∈成立.7. 【湖南省邵阳市2019-2020学年高三第一次联考】已知数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且满足1a ，212a +，3a 成等差数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1{}n a 的前n 项和为n T ，求使1|2|500n T -<成立n 的最小值. 【思路引导】(1)根据数列{}n a 的通项公式与前n 项和公式的关系求解即可.(2)由(1)有1112n n a -=,再根据等比数列求和可得n T ,再分析1|2|500n T -<的情况即可. 解：（1）由已知12n n S a a =-有1122,(2)n n n n n a S S a a n --=-=-…即12(2)n n a a n -=…，从而213212,24a a a a a ===，又1231,,2a a a +Q 成等差数列.即13221a a a +=+，111441a a a ∴+=+，解得：11a =，{}n a ∴的通项公式12n n a -=.（2）由（1）得：1112n n a -=，所以1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-，由12500n T -<，即1112500n -⎛⎫<⎪⎝⎭.12500n -∴>，即21000n >， n ∴的最小值为10.8. 若数列{an}是的递增等差数列，其中的a 3=5，且a 1，a 2，a 5成等比数列，（1）求{a n }的通项公式；（2）设b n =，求数列{b n }的前项的和T n ．15 / 18（3）是否存在自然数m ，使得＜T n ＜5m对一切n ∈N*恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．【思路引导】（1）由于{n a }为等差数列，35a =,1a ,2 a ,5 a 成等比数列，可设出数列{n a }的公差为d ，列方程组即可求出1d a ，;（2）在求出{n a }的通项公式后，求出{nb }的通项公式，再应用裂项相消法即可求n T ;(3)需先求T n 的值域，要使得245n m m T -<<恒成立，则需区间(2,45m m-)包含T n 的值域即可. 解：（1）在等差数列中，设公差为d≠0，由题意215235a a a a ⎧=⎨=⎩，∴()()21111425a a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩．∴a n =a 1+（n ﹣1）d=1+2（n ﹣1）=2n ﹣1．（2）由（1）知，a n =2n ﹣1．则b n =()()()1111111122141n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭g所以T n =()1111111111422314141nn n n n ⎛⎫⎛⎫-+-+⋯+-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭ （3）T n+1﹣T n =()()()()1104241412n n n n n n +-=>++++,∴{T n }单调递增，∴T n ≥T 1=18．∵T n =()1414n n <+∴18≤T n ＜14, 使得245n m m T -<<恒成立,只需 1452148mm ⎧≤⎪⎪⎨-⎪<⎪⎩ 解之得55m 42≤<,又因为m 是自然数，∴m=2． 9. 【内蒙古呼和浩特市2019-2020学年高三上学期质量普查调研】已知n S 为数列n a 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+，且1n n a b =.(1)求数列{}n b 的通项公式n b ； (2)求满足122311...7n n b b b b b b ++++<的n 的最大值.16 / 18【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系可推出12n n a a --=，写出等差数列的通项公式即可；（2）利用裂项相消法求和，解不等式即可.解：(1)当1n =时，13a =；当2n ≥时，2243n n n a a S +=+①2111243n n n a a S ---+=+②①-②整理得12nn a a --= 21n a n =+，所以121n b n =+. (2)设111(21)(21)n n n c b b n n --==-+，所以122311111111......235572121n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=-+-++- ⎪-+⎝⎭1112321n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭令1111023217n ⎛⎫--< ⎪+⎝⎭，解得10n <所以n 的最大值为9. 10. 设()()1122,,,A x y B x y 是函数()21log 21xf x x =+-的图象上任意两点，且1()2OM OA OB =+u u u u r u u u r u u u r ，已知点M 的横坐标为12．（1）求证：M 点的纵坐标为定值；（2）若*121...,,2n n S f f f n N n n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++∈≥⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且求n S ；（3）已知=12 131 2(1)(1)nn n n S S +⎧⎪⎪⎨=≥++⎪⎪⎩，其中*n N ∈，n T 为数列{}n a 的前n 项和，若()11n n T S λ+<+对一切*n N ∈都成立，试求λ的取值范围．【思路引导】（1）利用中点坐标公式的表示，得到，然后代入求中点的纵坐标的过程，根据对数运算法则，可以得到常数；（2）利用上一问的结果，当时，，可以采用倒序相加法，求和；（3）根据上一问的结果，代入，求，然后跟形式，采用裂项相消法求和，并反解，转化为恒成立求最值的问题．17 / 18（1）证明：设(),M x y 1()2OM OA OB =+u u u u r u u u r u u u r 12122{2x x x y y y +=+=由知，()()1222121212121222221211log log 112221log 1log log 1222x xf x f x y y x x y x x x xx x x x ++++--∴===⎛⎫+⋅++ ⎪⎝⎭===∴M 点的纵坐标为定值（2）由（1）知()()12121,1x x f x f x +=+=121...n n S f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭121n n n S f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 两式相加得：2n S =112211...n n n ff f f f f n n n n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦1n =-……7分 ∴()*12,2n n S n n N -=≥∈ （2）当2n ≥时,114114().(1)(1)(1)(2)12n n n a S S n n n n +===-++++++123...n n T a a a a =++++==（112).322nn n -=++18 / 18由()11n n T S λ+<+得＜λ·∴λ＞∵4n n+≥4,当且仅当时等号成立,∴当1n =时,49λ>因此λ＞，即λ的取值范围是（+∞）。

高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题)

高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题) 高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式(30题)01,,a,数列满足, fxxx()ln1,,，a，，,,1n11*; 数列满足, .求证: bbnb,,，,(1)nN,afa,b，，,, 已知函数11nn，nn，1n22（?）01;,,,aa nn，12an（?）a,; 1n，22（?）若a,,ban,,!则当n?2时,. 1nn2*: (?)先用数学归纳法证明01,,a,. nN,n（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即01,,a.则当n=k+1时, k1x 因为0<x<1时,,fx()10,,,,,所以f(x)在(0,1)上是增函数. xx，，11又f(x)在a,,,1ln21a上连续,所以f(0)<f()<f(1),即0<. 0,1,,k，1k故当n=k+1时,结论也成立. 即01,,a对于一切正整数都成立.————4分 n 又由01,,aaa,, 得,从而. aaaaaa,,,，,,,，,ln1ln(1)0，，nnn，1nnnnnn，1 综上可知01.,,,aa————6分 nn，122xx (?)构造函数g(x)=，，,ln(1)xx-f(x)= , 0<x<1, 222x 由,gx()0,,,知g(x)在(0,1)上增函数. 1，x又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0. 0,1,,22aann 因为,faa01,,a,.,所以,即>0,从而————10分 ga,0，，1，，nnn，n22b11n，1n，1b,0,所以, , bbnb,,，,(1),n11nn，b222n(?) 因为 bbb1nn,12 所以,,,,, ————? , ————12分bbn!n1nbbb2nn,,1212aaaaaaaaaannn，131nn,212 由(?)na,,知:,, 所以=,, , 1n，aaaaa22222n121n,12 因为a,01.,,,aa, n?2, 1nn，12n2a2,aaaa111n,112 所以 a<<=————? . ————14分 ,,an1n1,nn222222由?? 两式可知: ban,,!.————16分 nn已知,为锐角，且tan,,2,1，,12函数，数列{a}的首项. f(x),xtan2,，x,sin(2,，)a,,a,f(a)n1n，1n42 ? 求函数f(x)的表达式；? 求证：a,a； n，1n111*1,，，？，,2(n,2,n,N)? 求证： 1，a1，a1，a12n2tan,2(2,1)：?, 又?为锐角 tan2,,,1,221,tan,1,(2,1),,2 ?f(x),x，x2,, ?sin(2,，),1 4412 ? a,a，aa,a,？a ?a, ?都大于0 ，1nnn23n122 ?a,0a,a ? n，n1n11111 ? ,,,, 2aa(1，a)a1，aa，an，nnnn1nn111?,, 1，aaannn，1111111111，，？，,,，,，？，, aaaaaaaaa1，1，1，12n1223nn，1111 ? 2,,,, aaa1n，1n，11133322?n,2a,a, , 又? a,()，,a,()，,1n，1n23224441 ?a,a,11,2,,2 ? n，13an，1111 ?1,，，？，,2 aaa1，1，1，12n,（本小题满分14分）已知数列满足 aaanN,,，,1,21a,,，，11nn，n（?）求数列的通项公式； a,,nb,1b,1bb,1b,13nn12（?）若数列444？4,(a，1)满足，证明：是等差数列；ba,,,,nnn1112,（?）证明：，，，,,nN ，，aaa3，231n（1）？a,2a，1？a，1,2(a，1)，……………………2分 n，1nn，1n故数列{a，1}是首项为2，公比为2的等比数列。

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数列与不等式交汇的综合题例 1: 已知数列 { a } 满足.a n an 11a n 2 1(n N *)nn2(1) 若数列 { a n } 是以常数 a 1 首项 , 公差也为 a 1 的等差数列 , 求 a 1 的值 ;(2) 若 a 0 111 1对任意 nN , 求证： a na n n 2都成立；21(3) 若 a 0 1n 1 a n n 对任意 nN 都成立 ., 求证： n2211解 (1)由a na na 2n 1 (nN ) 得： a 1a 1(n21 2) a 1 nn即 a 1(n 21) 2 a 12 ，求得 a 1n（2）由 a na n 1 0 知 a n a n 112 a n a n 1 ，n两边同除以 a n a n 1 ，得111n 2a n 1 a n（3）11 (11) (11 )(11 ) a 0a n a 0 a 1a 1 a 2an 1a n1 1 1111112232n212 23(n 1)n1 1 1 1 1 11(11)( ) ( )()(n 1)n2 3 3 4 4521 ，将 a 01 n ；n代入，得 a n㈠21n 1a n 1n 1a nan 12 an 1n 2an 1n2an 1an 1n 2n 21 a n a n an 112 a n 1n 2n 2 a nnnn11 1111an 1a nn 2n 1 n n 11 1(11) (1 1 )(11 )a 1 a na 1 a 2 a 2 a 3an 1a n11 1 1 1 1 1 1而 a 13 () ()( )2 n 1 ，2 33 4n n 141 5 1n 2 n 1a n6 n1 n 1a n2㈡n 由㈠㈡知，命题成立 .例 2: 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1 1, a nS n 2(n1) 。

n（ 1）求证：数列 { a n } 为等差数列，并分别求出a n 、 S n 的表达式；（ 2）设数列 {1 } 的前 n 项和为 T n ，求证： 1 T n1 ；54a nan 1（ 3）是否存在自然数S 2 S 3S n( n 1)22009 ？若存在，求出n,使得 S 13n2n 的值；若不存在 ,请说明理由。

又易知 T n 单调递增，故 T n1，得1 1 T 1T n455(3) 由 S n na n2n(n 1) 得 S n2n1nS 1S 2 S 3 S n ( n 1)21 3 5( 2n 1) ( n 1)22 3n= 2n 1 ⋯⋯ 13 分由 2n 1 2009，得 n=1005,即存在满足条件的自然数n=1005.例 3 已知数列a n 中， a 11 2 时，其前 n 项和 S 满足 a n2S n 2，当 n，3n2S n 1(1) 求 S n 的表达式及 liman 2 的值；nS n(2)求数列 a n的通项公式；(3) 设b n11n N 且 n 2 时，a n b n。

(2n1)3(2n，求证：当1)3解：（ 1）a n S n S n 12S n2S n 1S n2S n S n 1112S n S n2(n 2) 1S n 1所以1是等差数列。

则 S n1。

S n2n 1lim a nlim22 2 。

22Sn12lim S n1n S n nn（2）当n 2 时，a S S112，n n n 12n12n14n211n13综上， a n。

214n2n 2（3）令a1, b1，当 n 2 时，有0 b a12n2n311等价于求证1111。

32n12n132n12n1当 n2时，0111,令f x x2x3 ,0 x1,2n33f x2x3x22x(13x)2x(13 1 )2x(1 3 )0 ，2232则 f x在 (0,1] 递增。

3又 011111 ，2n2n3所以 g(1)g(1),即a n b n 3 2n3 2n11例 4 已知数列a n各项均不为0，其前n项和为S n，且对任意n N*都有(1p) S n p pa n（ p 为大于1的常数），记 f (n) 1 C1n a1C n2 a2C n n a n．2n S n(1)求 a n；(2)试比较 f (n1) 与p1f (n) 的大小（ n N*）；2 p2n1(3)求证： (2 n1) f (n) 剟 f (1) f (2) f (2n1)p 1 1p 1，（ n N*）．p1 2 p解： (1)∵ (1p)S n p pa n，①∴ (1 p)S n 1p pa n 1．②②－①，得(1p)a n1pa n1pa n，即 a n 1pa n．在①中令 n 1 ，可得 a1p ．∴ a n是首项为 a1p ，公比为 p 的等比数列， a n p n．(2)由(1) 可得p(1p n )p ( p n1) S np p1．112n1 2 2n n n n1 C n a1C n a2C n a n 1 pC n p C n C n p (1 p) ( p 1)．∴ f (n)1 C1n a1C n2 a2C n n a n p 1 ( p 1)n，2n S p2n ( p n1)nf (n1)p1( p 1)n1．p2n 1 ( p n11)而 p 1 f (n)p1( p1)n1，且 p 1 ，2 p p2n 1 ( p n 1p)∴ p n 1 1 p n 1p 0 ， p 1 0 ．∴ f (n1)p1f (n) ，（ n N*）．2 p例5数列：满足(Ⅰ ) 设，求证是等比数列；(Ⅱ ) 求数列的通项公式;（Ⅲ）设,数列的前项和为,求证 :解： (Ⅰ)由得，即，是以２为公比的等比数列(Ⅱ) 又即，故（Ⅲ）又例 6 给定正整数和正数，对于满足条件的所有无穷等差数列，试求的最大值，并求出取最大值时的首项和公差．解：设公差为，则．．又．∴，当且仅当时，等号成立．∴．当数列首项，公差时，，∴的最大值为．例 7 已知数列 { a n}满足 a1=5，a2=5，a n+1=a n+6a n－1（ n≥ 2，n∈ N* ），若数列是等比数列 .（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：当k 为奇数时，；（Ⅲ）求证：得=2 或=－3当=2 时，可得为首项是，公比为 3 的等比数列，则①当=－ 3 时，为首项是，公比为－2的等比数列，∴②①－②得，（注：也可由①利用待定系数或同除2n+1得通项公式）（Ⅱ）当k 为奇数时，∴（Ⅲ）由（Ⅱ）知k 为奇数时，①当 n 为偶数时，②当 n 为奇数时，=例 8 如图，把正分成有限个全等的小正三角形，且在每个小三角形的顶点上都放置一个非零实数，使得任意两个相邻的小三角形组成的菱形的两组相对顶点上实数的乘积相等．设点 A 为第一行，．．．，BC 为第 n 行，记点 A 上的数为，第 i 行中第 j 个数为．若．（1）求；（ 2）试求第n 行中第 m 个数的表达式（用 n、 m 表示）；（ 3）记，求证：.解：（1）（2）（3）当时，，所以当时，，则又所以例9 已知，且，数列的前项和为，它满足条件.数列中，·.（ 1）求数列的前项和；（ 2）若对一切都有，求的取值范围.解：（ 1），∴当时，.当≥2时，=，∴此时··=·，∴⋯⋯=⋯⋯+设⋯⋯+，∴⋯⋯，∴∴·⋯⋯6分（ 2）由可得①当时，由，可得∴对一切都成立，∴此时的解为.②当时，由可得≥∴对一切都成立，∴此时的解为.由①，②可知对一切，都有的的取值范围是或.例10 已知正项数列中，，点在抛物线上；数列中，点在过点，以方向向量为的直线上。

（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，问是否存在，使成立，若存在，求出值；若不存在，说明理由；（Ⅲ）对任意正整数，不等式成立，求正数的取值范围。

解：（Ⅰ）将点代入中得（Ⅱ）（Ⅲ）由例 11 已知等比数列的前项和为（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列满足，为数列的前项和，试比较与的大小，并证明你的结论．解：（Ⅰ）由得:时，是等比数列，，得（Ⅱ）由和得⋯⋯10 分当或时有，所以当时有那么同理可得：当时有，所以当时有综上：当时有；当时有例12已知数列中，，，其前项和满足.令.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求证：（）；（Ⅲ ）令（），求同时满足下列两个条件的所有的值：①对于任意正整数，都有；②对于任意的，均存在，使得时，.解：（Ⅰ）由题意知即∴检验知、时，结论也成立，故.（Ⅱ）由于故.（Ⅲ）（ⅰ）当时，由（Ⅱ）知：，即条件①满足；又，∴.取等于不超过的最大整数，则当时，. ⋯9′（ⅱ）当时，∵，，∴，∴.∴.由（ⅰ）知存在，当时，，故存在，当时，，不满足条件.（ⅲ）当时，∵，，∴，∴.∴.取，若存在，当时，，则.∴矛盾.故不存在，当时，. 不满足条件 .综上所述：只有时满足条件，故.例 13 已知数列满足（1）求；（ 2）已知存在实数，使为公差为的等差数列，求的值；（3）记，数列的前项和为，求证：.解：（ 1），由数列的递推公式得，，（2）===数列为公差是的等差数列.由题意，令，得（ 3）由（ 2）知，所以此时= =，=>例14已知数列,,（Ⅰ ）求数列的通项公式（Ⅱ）当时,求证:（Ⅲ ）若函数满足：求证：解：(1),两边加得:,是以2为公比,为首项的等比数列.⋯⋯①由两边减得:是以为公比 ,为首项的等比数列.①-②得 :所以,所求通项为⋯⋯⋯⋯5 分(2) 当为偶数时,当为奇数时 ,,,又为偶数由(1) 知 ,（3）证明：又例 15设不等式组所表示的平面区域为 D n，记 D n内的格点（格点即横坐标和纵坐标均为整数的点）的个数为f(n)(n ∈ N*).（1 ）求 f(1) 、 f(2) 的值及 f(n) 的表达式；（2 ）设 b n =2 n f(n) ， S n为 {b n }的前 n 项和，求 S n；（ 3 ）记，若对于一切正整数n，总有 T n≤ m 成立，求实数m 的取值范围 .（2 ）由题意知 :b n=3n · 2 nS n=3 · 21 +6 · 2 2+9 · 23 +⋯ +3(n － 1) ·2 n－1+3n · 2 n∴2S n=3 · 2 2+6 · 23 +⋯ +3(n － 1) · 2n+3n · 2n+1∴－ S n=3 · 21 +3 · 22+3 · 2 3+ ⋯3· 2n－3n · 2n+1=3 （ 2+2 2+⋯ +2 n）－ 3n · 2 n+1=3 ·=3(2 n+1－ 2) － 3n n+1∴－ S n=(3 － 3n)2 n+1－6S n=6+(3n － 3)2 n+1（3 ）∴T 1<T 2=T 3 >T 4 >⋯ >T n故 T n的最大值是T2=T 3 =∴ m ≥。