《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》由会员分享,可在线阅读,更多相关《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(18页珍藏版)》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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.