数列中的不等式问题--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、数列中的不等式问题)1数列中的不等式问题在我省高考试卷中有加强趋势，主要有以下几种题型：(1)数列不等式的证明；(2)由数列不等式恒成立求参数；(3)由数列不等式求 n 的最值 2解决数列不等式问题的常见放缩技巧(1)对1n2的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：1n21n2n1n11n(n2)；1n21n21121n11n1(n2)；1n21n n1 n1 n(n1)；12 n1n n1 n n1(n1)题型一 关于数列项的不等式证明【例 1】(2021杭州模拟)已知数列an，bn满足 a112，an1an1anbn(nN*)(1)若 bna2n4，求证数列1an是等差数列，并求数列 an

2、的通项公式；(2)若 bna3n，求证：00，an0(或由数学归纳法可证 an0)，an1an1an22anan212anan2.1an11an12，数列1an是以 2 为首项，12为公差的等差数列，1an2(n1)12n32，an2n3.(2)证明 an1an1ana3n，则an1an11ana3n1，数列an是递减数列 a112，0an12.1a2n11ana3na2n1a2nan1an1a2n1221a2n52，即1a2n11a2n52，1a2n452(n1)5n32，a2n25n3.a2n1a2n11ana3n1112123813，a2n14813n1.综上所述，14813n1a2n2

3、5n3(nN*)感悟升华 常用方法(1)利用数列的单调性、有界性放缩；(2)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(3)结合有界性，利用不等式性质或函数求出最值或范围【训练 1】(2021镇海中学模拟)已知数列an满足 a11，an1n1nan(n2，nN*)(1)求 an；(2)若数列bn满足 b113，bn1bnb2na2n(nN*)，求证：bnbn10，所以 bn1bn，则 bn1bnb2nn2bnbn1n2，则1bn1bn1bn1bnbnbn11n21n（n1）1n11n，累加得1b21bn1541n1，则 bn11，所以 bnbn11(n2)，当 n1 时，不等式也成立，所以对任意 nN

4、*，都有 bnbn11.题型二 数列和不等式的证明 角度 1 先放缩再求和【例 21】(2021杭州质检)设公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的前 n 项和为 Tn，若 a2是 a1与 a4的等比中项，a612，a1b1a2b21.(1)求 an，Sn与 Tn；(2)若 cn SnTn，求证：c1c2cnn（n2）2.(1)解 设等差数列an的公差为 d，由题意得 a22a1a4，即 d2a1d.因为 d0，故 da1.由 a612 得 a12，d2，故 an2n，Snn(n1)由 a1b1a2b21 得 b112，b214，所以等比数列的公比 qb2b112，所

5、以 Tn112n.(2)证明 因为 cn SnTnn（n1）112n，0112n1 恒成立，所以 ck k（k1）k（k1）14k12(kN*)，所以 c1c2cn32n12n2（n2）n2.故 c1c2cnn（n2）2.角度 2 先求和再放缩【例 22】(2021台州期末)设数列an的前 n 项和为 Sn，对于任意的正整数 n，都有 Snn2.递增的等比数列bn满足：b11，且 b1，b2，b34 成等差数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)求证：a2b21a3b31an1bn110)，因为 b11，故由 2b2b1b34，b11，可得 q22q30，解得 q3 或1(舍去)，所以数列

6、bn的通项公式为 bn3n1.(2)证明 法一 由(1)可得an1bn112n13n1，因为 n2 时，3n1(12)n1112C1n22C2n2n1，根据“若 ab0，m0，则babmam”，可得an1bn112n13n12（n1）3n(n2)，所以a2b21a3b31an1bn113223322（n1）3n.令 Tn233224332（n1）3n，13Tn233324342n3n2（n1）3n1，两式相减可得23Tn2321332134213n2（n1）3n1 23233113n21132（n1）3n17913n2（n1）3n1，所以 Tn763213n2（n1）3n1，所以 Tn76，所

7、以a2b21a3b31an1bn117632833.法二 令 cnan1bn112n13n1，下一步用分析法证明cn1cn12，要证cn1cn12，即证（2n3）（3n1）（3n11）（2n1）12，即证(4n6)(3n1)(2n1)(3n11)，即证2n5(2n3)3n，当 nN*时，显然成立，所以cn1cn12，所以 c1c2cn32582n13n1 3232123212n1 32112n1123112n0)放缩；注意添减项(多为常数)放缩【训练 2】(1)(角度 1)(2021镇海中学检测)已知正数数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2S2n(n2n)Sn(n2n2)0.求数列an的

8、通项公式；设数列 bnann21，证明：b1b2bn2 n1.(2)(角度 2)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a22a4a9，S636.求 an，Sn；若数列bn满足 b11，bn1bn Sn，求证：1b11b21bn2 n1(nN*)(1)解 由 2S2n(n2n)Sn(n2n2)0 得(Sn1)2Sn(n2n2)0，结合正数数列得 Snn2n22，所以 an2，n1，n，n2.证明 由知 bn1，n1，nn21，n2.当n2时，bnnn211n1n1n2n n2n n12(n n1)，所以 b1b2bn12(2 1 3 2 n n1)2 n1.(2)解 设等差数列an的公差为

9、 d，则由条件得3a17da18d，6a115d36，解得 a11，d2，所以 an1(n1)22n1，所以 Sn（12n1）n2n2.证明 由知，bn1bnn，当 n1 时，解得 b21.因为当 n2 时，bnbn1n1，所以 bn1bnbnbn11，bn(bn1bn1)1，即1bnbn1bn1，当 n2 时，1b11b21b31bn1b1(b3b1)(b4b2)(b5b3)(bn1bn1)1b1b1b2bnbn112 bnbn12 n1.当 n1 时，1b112 11，不等式也成立 综上，不等式1b11b21bn2 n1 对任意 nN*都成立 题型三 数列不等式恒成立求参数【例 3】(20

10、21杭州质检)已知数列an的各项均为正数，a114，bn1an，bn是等差数列，其前 n 项和为 Sn，b2S681.(1)求数列an的通项公式；(2)设 cn(1a1)(1a2)(1an)，Tna1c1a2c2a3c3ancn，若对任意的正整数 n，都有 4aTncn恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)设数列bn的公差为 d，由 b11a12，b2S681，得(2d)(1215d)81，即 5d214d190，解得 d1 或 d195.因为数列an的各项均为正数，b12，所以 d0，所以 d1，所以 bnn1，所以 an1（n1）2.(2)由 题 意 得 cn1122113211（n1）

11、21322n（n2）（n1）2n22（n1），因为ancn1（n1）22（n1）n22（n1）（n2）21n11n2，所以 Tn2121313141n11n2 nn2，所以不等式 4aTncn，化为 4ann2n22（n1），即 8a1，所以 8a1，即 a18.故 a 的取值范围为，18.感悟升华(1)能分离参数时，常分离参数，化为函数求最值、值域问题；(2)不能分离参数时，常分类讨论【训练 3】(2021义乌联考)已知等比数列an，满足 a13，a3a1a2，数列bn满足 b11，对一切正整数 n 均有 bn1bn2n1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)记 Sk2a14a26a32

12、kak，Tn1b121b241b361bn2n，若存在实数 c 和正整数 k，使得不等式 Tn(c1)Sk对任意正整数 n 都成立，求实数 c 的取值范围 解(1)设等比数列an的公比为 q，由题可知 a3a1a2.a1q2a21q，即 3q29q，解得 q3，an3n.因为 bn1bn2n1，则 bn1bn2n1，累加可得 bnb13（2n1）（n1）2(n1)(n1)，所以 bn(n1)(n1)1n2.(2)2nan2n3n，Sk234326332k3k，13Sk2324336342k23k2k3k1，两式相减得23Sk2323223323423k2k3k123113k1132k3k111

13、3k2k3k1，Sk323213k2k3k132.1bn2n1n22n1n（n2）121n1n2，Tn1b121b241b361bn2n 121121n11n234121n11n234.若存在实数c 和正整数k 使得不等式Tn1 时，3432；当 c1 时，3432.题型四 根据所给不等式求 n 的最值(范围)【例4】(2021湖州期末)已知Sn是数列an的前n项和，a11且nSn1(n2)Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn(1)n4an4n21(nN*)，数列bn的前 n 项和为 Pn，若|Pn1|12 020，求正整数 n 的最小值 解(1)由 nSn1(n2)Sn得

14、Sn1Snn2n，所以当 n2 时，SnSnSn1Sn1Sn2Sn2Sn3S4S3S3S2S2S1S1n1n1nn2n1n35342311n（n1）2.又当 n1 时，S1a11 也成立，所以 Snn（n1）2，所以当 n2 时，anSnSn1n（n1）2n（n1）2n.又 a11 也成立，所以 ann.(2)由(1)知 bn(1)n4n4n21(1)n12n112n1，所以 Pn11313151517(1)n12n1(1)n12n11(1)n12n1，所以|Pn1|12n12 0192.因为 n 为正整数，所以n 的最小值是 1 010.感悟升华 此类问题多归结为解关于n 的不等式解决【训练

15、 4】(2021名校仿真训练卷五)数列an中，a12，(n1)(an1an)2(ann1)(1)求 a2，a3的值；(2)已知数列an的通项公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一个，设数列1an的前 n 项和为 Sn，数列an1an的前 n 项和为 Tn，若TnSn360，求 n 的取值范围 解(1)(n1)(an1an)2(ann1)，an1n3n1an2，a21311a126，a32321a2212.(2)数列an的通项公式是 ann1，ann21，ann2n 中的一个，且 a26，数列an的通项公式是 ann2nn(n1)由 ann(n1)可得1an1n（n1）1n1n1.1a

16、11a21an11212131n1n111n1，Sn11n1.(a2a1)(a3a2)(an1an)an1a1，ann(n1)，(a2a1)(a3a2)(an1an)n23n，即 Tnn23n.由TnSn360 得 n24n3570，解得 n17 或 n21.n 是正整数，所求 n 的取值范围为(17，)，且 n 是正整数 1设正项数列an满足 a11，an1an1an(nN*)(1)求证：2a2n1a2n3；(2)求证：3n13n2an1an2n2n1.证明(1)因为 a11 及 an1an1an(n1)，所以 an1，所以 01a2n1.因为 a2n1an1an2a2n1a2n2，所以 a

17、2n1a2n1a2n2(2，3，即 2a2n1a2n3.(2)由(1)得 2na2n1a213n.所以 2n1a2n13n1，即 2n1a2n3n2(n2)，当 n1 时，也满足，所以 2n10(nN*)(1)写出 a1，a2，a3的值，并求出数列an的通项公式；(2)设 bn Sn，Tn为数列bn的前 n 项和，求证：n2n2Tn0，所以 a12，a1a2S2a222a24，解得 a24，同理，a36.当 n2 时，anSnSn1a2n2an4a2n12an14，即(anan1)(anan12)0.因为 an0，所以 anan120，即 anan12，所以数列an是首项为 2，公差为 2 的

18、等差数列，故 an2n.(2)证明 由(1)可得 Snn(n1)，bn n（n1），所以 bnn，Tnn2n2.又 bn n（n1）n（n1）2n12，所以 Tnn（n1）2n2n22n2.综上，n2n2Tn1)，数列bn满足 b11，1a1b1a2b2an1bn1an(n1)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)若数列cn满足 ancnbn2，求证：c1c2cn1)，数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，ann.1a1b1a2b2an1bn1an，1a1b1a2b2anbnan1，由得 anbnan1an1，又ann，bn1n.(2)证明 ancnbn2，ann，bn1n，cn1

19、n1n2121n1n2，c1c2cn 1211312141n11n11n1n2 121121n11n2 34121n11n234.4(2021嘉兴二测)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snn2n2.公比大于 0 的等比数列bn的首项 b11，且 b2b320.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若 cn（an）2bn，求证：c1c2c3cn0，则 b2b3b1qb1q2qq220，解得 q4 或 q5(舍去)，所以 bn4n1.(2)证明 由(1)知 cnn24n1，cn1cn（n1）24nn24n1（n1）24n211n24，c1c21，c3916.当 n2 时，cn1cn916

20、，所以 c1c2c3c4cn119169162916n2111916n1191611671916n111670；当 n13 时，Tn1501504n单调递增，且 Tn0，bn1bn113n1113n113n11，bn是递增数列，最小项是 b111311312，12，即实数 的取值范围为，12.7(2021绍兴上虞区期末调测)在数列an中，已知 a11，an1an2n1.(1)求数列an的通项公式；(2)记 bnan(1)n，且数列bn的前 n 项和为 Sn，若 S2为数列Sn中的最小项，求 的取值范围 解(1)a2a121，a3a2221，an1an22n21，anan12n11，累加可得 a

21、na12n2(n1)(n2)，an2nn，当 n1 时，a1211，则 an2nn.(2)由(1)得 bnan(1)n2nn，Sn2n12n（n1）2S263，即 2n18n（n1）23.当 n1 时，得42，2；当 n2 时，R；当 n3 时，得n（n1）230，2n216n2n6.令 f(n)2n216n2n6，则f(n1)f(n)2n316（n1）2（n1）62n216n2n6（n2n8）2n232n32（n23n4）（n2n6），当 n4 时，n2n80，f(n1)f(n)，又可验证当 n3 时，f(4)f(3)0 也成立，当 n3 时，数列f(n)为递增数列，f(n)minf(3)8

22、3，即 83.综上所述，的取值范围为2，83.8(2021宁波期末)已知等差数列an满足 a22a1，a4a59，Sn为等比数列bn的前 n 项和，2Sn1Sn2.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cn34anbn，n为奇数，1a2n，n为偶数，证明：c1c2c3cn136.(1)解 由题意得a1d2a1，a13da14d9，解得a11，d1，ann，即数列an的通项公式为 ann.由 2Sn1Sn2，得2S2S12，2S3S22，两式相减整理得：2b3b2，q12，b11，bn12n1，即数列bn的通项公式为 bn12n1.(2)证明(应用放缩和错位相减法求和证明不等式)令 Cnc1c2c3cn，Akc1c3c2k1，Bkc2c4c2k，则 Ak341403415422k14k1，利用错位相减法可求得 Ak532k5314k(2k1)(2k1)，Bk1221421（2k）2 121113131512k112k11236.Bk1221421（2k）236，当 n 为偶数时，CnAn2Bn253n5314n21211n1136；当 n 为奇数时，CnAn12Bn1253n15314n121211n136.综上，Cn136，即 c1c2c3cn136.