2020高考数学之冲破压轴题讲与练专题10数列与不等式的综合问题【解析版】12276.pdf

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1、 1 第二章 数列与不等式 专题 10 数列与不等式的综合问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前 n 项和与第 n 项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前 n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合数列与不等式的结合,一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围.本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.函数方法：即构造函数

2、，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到；比较方法：作差或者作商比较 【压轴典例】例 1.（2013全国高考真题（理）设AnBnCn的三边长分别为 an,bn,cn，AnBnCn的面积为 Sn，n=1,2,3,若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn12nnca，cn12nnba，则()ASn为递减数列 BSn为递增数列 CS2n1为递增数列，S2n为递减数列 DS2n1为递减数列，S2n为递增数列【答案】B【解析】因为11bc，不妨设111142,33aabc，1

3、3()22pabca；故2111111351522 6612a a aaSa；21aa，112125326aaba，112147326aaca，211112132622336a aa aSa；显然21SS；2 同理，31aa，112159428aaba，113137428aaca，21111313353 5228816a aaaSa，显然32SS.例 2.（2018江苏高考真题）已知集合*|21,Ax xnnN，*|2,nBx xnN将ABU的所有元素从小到大依次排列构成一个数列na记nS为数列na的前n项和，则使得112nnSa成立的n的最小值为_【答案】27【解析】设=2kna，则12(2

4、 1 1)+(221)+(2 21)222 kknS LL 11221212 212(12)22221 2kkkkk 由112nnSa得2211 211522212(21),(2)20(2)140,22,6kkkkkkk 所以只需研究5622na是否有满足条件的解，此时25(2 1 1)+(221)+(21)222 nSmLL 25 122m，+121nam，m为等差数列项数，且16m.由25 122212(21),2450022,527mmmmmnm，得满足条件的n最小值为27.例 3.（2018浙江高考模拟）设数列的前 项和分别为，其中，使成立的最大正整数_,_【答案】6.114.【解析】

5、根据题意，数列an中，an=-3n+20，则数列an为首项为 17，公差为-3 的等差数列，且当 n6 时，an0，当 n7 时，an0，又由 bn=|an|，当 n6 时，bn=an，当 n7 时，bn=-an，则使 Tn=Sn成立的最大正整数为 6，T2018+S2018=（a1+a2+a6+a7+a8+a2018）+（b1+b2+b6+b7+b8+b2018）=（a1+a2+a6+a7+a8+a2018）+（a1+a2+a6-a7-a8-a2018）=2（a1+a2+a6）=，故答案为：6，114 3 例 4.（2019江西师大附中高考模拟（文）数列 na中的项按顺序可以排成如图的形式，

6、第一行1项，排1a；第二行2项，从左到右分别排2a，3a；第三行3项，依此类推，设数列 na的前n项和为nS，则满足2019nS 的最小正整数n的值为（）A20 B21 C26 D27【答案】B【解析】第一行为4，其和为4，可以变形为：12 32T ；第二行为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为：2224 1 32 321 3T；第三行为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为3334 1 32 321 3T；依此类推：第n行的和：232nnT；则前6行共：1 2345621 个数 前6行和为：26267212 322 322 322333123152172S 满足2019nS 而

7、第六行的第6个数为：543972，则202197212002019SS 满足2019nS 的最小正整数n的值为：21 本题正确选项：B 例 5.（2019内蒙古高考模拟（理）数列11nan n的前n项和为nS，若1S，mS，nS成等比数列1m，则正整数n值为_.【答案】8 4【解析】11111nan nnn，11111122311nnSnnn L，又1S，mS，nS成等比数列1m，21mnSSS，即221211mnnm，22211mnnm，2221mm，即2210mm，解得1212m，结合1m 可得2m，8n，故答案为 8.例 6.（2016天津高考真题（理）已知是各项均为正数的等差数列，公差

8、为 d，对任意的，是和的等比中项.（）设求证：数列是等差数列；（）设求证：【答案】（）详见解析（）详见解析【解析】（）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.（）证明：所以.例 7.（2016四川高考真题（理）已知数列的首项为 1，为数列的前 n 项和，其中 q0，.5（）若成等差数列，求数列an的通项公式；（）设双曲线的离心率为，且，证明：.【答案】（）；（）详见解析.【解析】（）由已知，两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为 1，公比为 q 的等比数列.从而.由成等差数列，可得，即，则，由已知,，故.所以.（）由（）可知，.所以双曲线的离心率.由解得.因为，所以.于是

9、，故.例 8.（2016浙江高考真题（理）设数列满足，（）证明：，；（）若，证明：，【答案】（）证明见解析；（）证明见解析 6【解析】（）由得，故，所以 ，因此（）任取，由（）知，对于任意，故 从而对于任意，均有 由 的任意性得 否则，存在，有，取正整数且，则，与式矛盾 综上，对于任意，均有【压轴训练】1.（2019安徽高考模拟（理）设是等差数列，下列结论一定正确的是（）A若，则 B若，则 C若，则 D若，则【答案】C【解析】若a1+a20，则 2a1+d0，a2+a32a1+3d2d，d0 时，结论成立，即A不正确；对于 B 选项，当，分别为-4，-1，2 时，满足a1+a30，但a2+a3

10、10，故B不正确；7 又an是等差数列，0a1a2，2a2a1+a32，a2，即C正确；若a10，则（a2a1）（a2a3）d20，即D不正确 故选：C 2（2018浙江高考模拟）已知等差数列的前 项和是，公差 不等于零，若成等比数列，则 A B C D【答案】C【解析】由成等比数列可得，可得（，即，公差 不等于零，故选：C 3（2019山东高考模拟（文）已知正项等比数列na满足5432aaa，若存在两项ma，na，使得18mna aa，则91mn的最小值为_【答案】2【解析】Q正项等比数列na满足5432aaa，432111=+2a qa qa q，整理，得210+2qq ，又0q，解得，1

11、2q，Q存在两项ma，na使得18mnaaag，2221164m na qa，整理，得8mn，8 9119119()()(10)88mnmnmnmnnm 19(102)28mnn mg，则91mn的最小值为 2 当且仅当9mnnm取等号，又m，*nN8mn，所以只有当6m，2n 时，取得最小值是 2 故答案为：2 4（2019湖南师大附中高考模拟（理）已知等比数列an的前 n 项积为 Tn，若124a ，489a ，则当 Tn取最大值时，n 的值为_.【答案】4【解析】设等比数列an的公比为q，因为124a ，489a ，可得341127aqa，解得13q，则111 2 312(2131)(3

12、2424)n nnnnnnTa a aaq ，当 Tn取最大值时，可得 n 为偶数，函数13xy （）在 R 上递减，又由2192T，4489T，66983T，可得246TTT，当6n，且 n 为偶数时，6nTT，故当4n 时，Tn取最大值.5（2019安徽高考模拟（理）已知数列的各项均为正数，记为的前 项和，若，则使不等式成立的 的最小值是_.【答案】11【解析】由可得，则（）（）=0，又数列的各项均为正数，9 即，可得数列an是首项为公比为q2 的等比数列，,则 n10，又，n 的最小值是 11，故答案为 11.6（2019甘肃天水一中高考模拟（文）已知数列 na满足11a，0na，11n

13、naa，那么32na 成立的n的最大值为_【答案】5【解析】因为11nnaa，所有 na成等差数列，且首项11a，公差d1 所以nna，2nan 解232nan，得n4 2 所以32na 成立的n的最大值为 5 故答案为：5 7（2019河北高考模拟（理）已知数列 na的前n项和为nS，且2119*2nnnnSSnN，若24a ，则nS取最小值时n _.【答案】10【解析】由21192nnnnSS，21(1)1912nnnnSS，两式作差可得：1110(2)nnSSnn，即110(2)nnaann，由110nnaan，219nnaan，两式作差可得：21(2)nnaan，则328aa，24a

14、，故234aa，10 进一步可得：4567891011,aa aa aa aa，又10110aa，则10110aa，且111212130 aaaaL，则nS取最小值时10n.8（2019河南高考模拟（理）记首项为11(0)a a，公差为d的等差数列 na的前n项和为nS，若1212ad，且1nnnSaS，则实数的取值范围为_【答案】19,121【解析】由1nnnSaS，得11nnnnSSaa.因为10a，所以0d，12312naandnd.所以当111n时，0na，当12n 时，0na.（1）当111n时，由1nnaa得1211223nnnnnaaddaaan .因为2219112232 12

15、321n ，所以1921.（2）当12n 时，由1nnaa得121223nnaan.因为211223n，所以1.综上所述，的取值范围是19,121.9（2019四川重庆南开中学高考模拟（理）在正项递增等比数列na中，51a，记12.nnSaaa，12111.nnTaaa，则使得nnST成立的最大正整数n为_【答案】9 11【解析】由题得11111(1)(1)(1)11(1)1nnnnqqaqaqqqaqq，因为数列是正项递增等比数,所以10,1aq，所以2111na q.因为51a，所以44281111,a qaqaq，所以81901,9nnqqqqn.所以使得nnST成立的最大正整数n为 9

16、.故答案为：9 10（2017吉林高考模拟（理）已知数列 na满足113,31.2nnaaanN（1）若数列 nb满足12nnba，求证：nb是等比数列；（2）若数列 nc满足312log,nnnnca TcccL，求证：1.2nn nT【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)由题可知*nN，从而有13nnbb，11112ba，所以 nb是以 1 为首项，3 为公比的等比数列.(2)由(1)知13nnb，从而1132nna，11331log3log 312nnncn，有1210 1212nnn nTcccn LL，所以12nn nT.11（2019江苏金陵中学高考模拟）已知各项均为正

17、整数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足：Sn1+kantan21，n2，nN*（其中 k，t 为常数）12（1）若 k12，t14，数列an是等差数列，求 a1的值；（2）若数列an是等比数列，求证：kt【答案】（1）a11+5，（2）见解析【解析】（1）k12，t14，2111124nnnSaa（n2），设等差数列an的公差为 d，令 n2，则212211aaa124，令 n3，则2123311124aaaa，两式相减可得：2332321124aaaaaa，an0，a3a22d 由212211124aaa，且 d2，化为2112aa40，a10 解得 a11+5（2）Sn1+kantan

18、21，n2，nN*，所以 Sn+kan+12n 1ta1，-得 an+kan+1kan2n 1ta2nta，an（an+1an）t（an+1+an）k，令公比为 q0，则 an+1anq，（q1）k+1tan（q21），1（q1）tan（q+1）k；对任意 n2，nN*，1（q1）tan（q+1）k成立；q1，an不是一个常数；t0，Sn1+kan1，且an是各项均为正整数的数列，k0，故 kt 12（2019天津高考模拟（理）已知单调等比数列 na，首项为12，其前n项和是nS，且3312aS，5S，44aS成等差数列，数列 nb满足条件1231(2)nbna a aaL（1）求数列 na、

19、nb的通项公式；（2）设1nnncab，记数列 nc的前n项和是nT.求nT；求正整数k，使得对任意*nN，均有knTT.13【答案】(1)12nna，(1)nbn n；(2).1112nnTn；.4k.【解析】(1)设11nnaa q.由已知得53344122SaSaS，即5341222SaS，进而有543122SSa.所以53122aa，即214q，则12q .由已知数列 na是单调等比数列，且112a，所以取12q.数列 na的通项公式为12nna.1231(2)nbna a aaQL，(1)23222 22222nbn nn L，则(1)nbn n.即数列 nb的通项公式为(1)nbn

20、 n.(2).由(1)可得：1111112(1)21nnnnncabn nnn，分组求和可得：1111112112nnnTnn.由于11111111(1)(2)222122(1)(2)nnnnnnnnTTnnnn，由于12n比12nn变化快，所以令10nnTT得4n.即1234,T T T T递增，而456,nT T TTL递减.所以，4T最大.即当4k 时，knTT.13（2019安徽高考模拟（文）已知数列为等差数列，且公差，其前 项和为，且，成等比数列.（1）求等差数列的通项公式；（2）设，记数列的前 项和为，求证.14【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意得：，解得：，（

21、2）由（1）得，14（2019广东高考模拟（理）已知数列na满足11*121(22)2()nnnaaanNnL.（1）求12,a a和na的通项公式；（2）记数列nakn的前n项和为nS，若4nSS对任意的正整数n恒成立，求实数k的取值范围【答案】(1)1a4 26;a 22nan(2)12 5,.52【解析】(1)由题意得111222?2nnnaaanL，所以231121 24,222,aaa 得26;a 由111222?2nnnaaanL,所以2121221?2nnnaaanL（2n），相减得1+12?21?2nnnnann，得22,1nann当也满足上式.所以 na的通项公式为22nan

22、.(2)数列nakn的通项公式为2222,naknnknk n 是以4k为首项,公差为2k的等差数列,若4nSS对任意的正整数n恒成立，等价于当4n 时,nS取得最大值,15 所以4544 220,55 220.akkakk 解得125.52k 所以实数k的取值范围是12 5,.52 15.（2017浙江高考模拟）已知无穷数列 na的首项112a，*1111,2nnnanNaa.（）证明：01na；（）记211nnnnnaaba a，nT为数列 nb的前n项和，证明：对任意正整数n，310nT.【答案】()见解析；()见解析.【解析】（）证明：当1n 时显然成立；假设当nk*kN时不等式成立，

23、即01ka，那么当1nk时，11112kkkaaa 112?12kkaa，所以101ka，即1nk时不等式也成立.综合可知，01na对任意*nN成立.（）12211nnnaaa，即1nnaa，所以数列 na为递增数列.又1111112nnnnnaaaaa 112nnaa，易知1nnaa为递减数列，所以111nnaa也为递减数列，所以当2n时，111nnaa 22112aa 154245 940 所以当2n时，211nnnnnaaba a 11111940nnnnnnaaaaaa 16 当1n 时，11934010nTTb，成立；当2n时，12nnTbbbL 32431994040nnaaaaa

24、aL 12994040naa 2999942731140404040510010a 综上，对任意正整数n，310nT 16.（2017浙江高考模拟）已知数列 na满足：11pap，1p，11lnnnnaaa.（1）证明：11nnaa；（2）证明：12112nnnnaaaa；（3）证明：1211121121ln122nnnnna aapp.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【解析】（1）先用数学归纳法证明1na.当1n 时，1p，111pap；假设当nk时，1ka，则当1nk时，1111ln1kkkkkaaaaa.由可知1na.再证1nnaa.111lnlnlnnnn

25、nnnnnnaaaaaaaaa，令 1lnf xxx x，1x，则 ln0fxx，所以 f x在1,上单调递减，所以 10f xf，17 所以1ln0lnnnnnaaaa，即1nnaa.（2）要证12112nnnnaaaa，只需证2111ln2nnnnnaaaaa，只需证2210,1220,nnnnnna lnaaalnaa 其中1na，先证22ln10nnnaaa，令 22 ln1f xx xx，1x，只需证 0f x.因为 2ln2221220fxxxxx，所以 f x在1,上单调递减，所以 10f xf.再证1 ln220nnnaaa，令 1 ln22g xxxx，1x，只需证 0g x

26、，11ln2ln1xgxxxxx，令 1ln1h xxx，1x，则 221110 xhxxxx，所以 h x在1,上单调递增，所以 10h xh，从而 0gx，所以 g x在1,上单调递增，所以 10g xg，综上可得12112nnnnaaaa.（3）由（2）知，一方面，1112nnaa，由迭代可得1111111122nnnaap，因为ln1xx，所以111ln12nnnaap，所以 1212lnlnlnlnnna aaaaa 0111111222np 111112121212nnnpp；18 另一方面，即11112nnnnaaaa，由迭代可得11111111121 2nnnnaaaap.因为1ln1xx，所以1ln1nnaa 1111 2np，所以 01112121111lnlnlnln1222nnna aaaaap 112112nnp；综上，1211121121ln122nnnnna aapp.