2021年高考数学压轴讲与练 专题10 数列与不等式的综合问题（解析版）

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1、专题 10 数列与不等式的综合问题 【压轴综述】【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

2、函数，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】【压轴典例】 例 1(2020 全国高三专题练习)已知数列 n a是以1为首项，2为公差的等差数列， n b是 以1为首项，2为公比的等比数列，设 n nb ca ， * 12 .,() nn TcccnN，则当 2019 n T 时，n的最小值是( ) A9 B10 C11 D12 【答案】B 【详解】 n a是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，21 n an，是以 1 为首

3、项， 2 为公比的等比数列， 1 2n n b ， 1 12 12124 2nn nnbbb Tcccaaaaaaa 1 2 1 12 2 12 4 12 21 n 11 1 2 2 1 242222 1 2 n nn nnn ， 而 +2+1 +1 +1 +12+ +022122 nnn nn TnTn ，所以数列 n T是单调递增数列， 且 10 9 92102132019T ， 11 10 1022036 292 01T ，2019 n T ， 1 222019 n n ，所以10n所以当 2019 n T 时，n 的最小值是 10 例 2 (2021 浙江绍兴市 高三期末)设 n a是

4、无穷数列， 若存在正整数k， 使得对任意 * nN， 均有 n kn aa ，则称 n a是间隔递增数列，k是 n a的间隔数.若 2 2020 n antn 是间隔递增数列，且最小间隔数是 3，则实数t的取值范围是( ) A45t B5t C56t D5t 【答案】A 【详解】若 n a 是间隔递增数列且最小间隔数是 3，则 222 ()()2020(2020)20 n kn aankt nkntnknktk ， * nN成立， 则 2 (2)0kt k，对于3k 成立，且 2 (2)0kt k对于2k 成立，即 (2)0kt ， 对于3k 成立， 且 (2) 0kt ， 对于2k 成立，

5、所以23t， 且2 2t ， 解得45t ， 例3.(2020江西师大附中高考模拟)数列 n a中的项按顺序可以排成如图的形式， 第一行1 项，排 1 a；第二行2项，从左到右分别排 2 a， 3 a；第三行3项，依此类推，设数列 n a 的前n项和为 n S，则满足2019 n S 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： 1 2 32T ；第二行为首项为4，公比为 3的等比数列，共2项，其和为： 2 2 2 4 1 3 2 32 1 3 T ；第三行为首项为4，公比为3 的等比数列，共3项，其和为 3 3 3 4 1

6、 3 2 32 1 3 T ；依此类推：第n行的和： 2 32 n n T ； 则前6行共：1 2 3 4 5 621 个数前6行和为： 26267 21 2 322 322 322333123152172S 满足2019 n S ，而第六行的第6个数为： 5 4 3972，则 2 02 1 972 1200 2019SS 满足2019 n S 的最小正整数n的值为：21 例 4(2020 长沙市 湖南师大附中高三)已知曲线 22 :20(1,2,) n Cxnxyn.从点 ( 1,0)P 向曲线 n C引斜率为(0) nn k k 的切线 n l，切点为, nnn P xy.则下列结论正确的

7、是 ( ) A数列 n x的通项为 1 n n x n B数列 n y 的通项为 21 1 n nn y n C当3n时， 13521 1 1 n n n x xxxx x D 1 2sin 1 nn nn xx xy 【答案】ABD 【详解】 设直线:(1) nn lykx， 联立 22 20 xnxy， 得 2222 1220 nnn k xkn x k ， 则由0 ，即 2 222 22410 nnn knkk ，得 21 n n k n (负值舍去) 所以可得 2 11 n n n nkn x kn ， 21 1 1 nnn nn ykx n ，所以 AB 对； 因为 11 121 n

8、 n x xn ，因为 22 441nn，则 2 211 421 n nn ，即 2 2 2121 421 nn nn ， 所以 2121 221 nn nn 13521 132113211 242352121 n nn x xxx nnn ， 故 C 错；因为 11 211 nn nn xx ynx ，令( )2sinf xxx，( )12cosfxx .可得 f x在0, 4 上递减， 可知 2sinxx 在0, 4 上恒成立.又 11 2134n . 所以 11 2sin 2121nn 成立. 故 D 正确. 例 5 (2020 深圳实验学校高中部高三)设 n S为等比数列 n a的前n

9、项和， 满足 1 3a ， 且 1 a， 2 2a， 3 4a成等差数列，则下列结论正确的是( ) A 1 1 3 () 2 n n a B36 nn Sa C若数列 n a中存在两项 p a ， s a使得 3ps aaa，则 19 ps 的最小值为 8 3 D若 1 n n tSm S 恒成立，则mt的最小值为11 6 【答案】ABD 【详解】设等比数列 n a的公比为q，由 1 3a ， 213 44aaa得 2 4 334 3qq ， 解得 1 2 q ，所以 1 1 3 () 2 n n a ， 1 3(1 () ) 1 2 2 1 () 1 2 1 () 2 n n n S ； 1

10、 111 36 1 ()66()63 ()63 222 nnn nn Sa ；所以 A，B 正确； 若 3ps aaa，则 2 3ps aaa， 112 2 111 () ps ps aaaqaqaq ， 所以 114ps qqq ，所以 6ps ，则 1 5 p s 或 2 4 p s 或 4 2 p s 或 5 1 p s ，此时 1914 5ps 或 11 4 或 19 4 或 46 5 ；C 不正确， 1 22, 21 2 1 () 2 1 22, 2 n n n n n S n 为奇数 为偶数 ， 当n为奇数时，(2,3 n S ， 当n为偶数时， 3 ,2) 2 n S ， 又 1

11、 n n yS S 关于 n S单调递增， 所以当n为奇数时， 13 8 ( , 2 3 n n S S ，当n为偶数时， 15 3 , ) 6 2 n n S S ，所以 8 3 m ， 5 6 t ，所以 8511 366 mt ，D 正确， 例 6. (2018江苏高考真题)已知集合 * |21,Ax xnnN， * |2 , n Bx xnN将 AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列 n a记 n S为数列 n a的前n项和，则 使得 1 12 nn Sa 成立的n的最小值为_ 【答案】27 【解析】设=2k n a，则 12 (2 1 1)+(2 2 1)+(2 21) 222

12、kk n S 11 221 212 21 2(1 2 ) 222 21 2 kk k kk ，由 1 12 nn Sa 得 2211 2115 22212(21),(2)20(2) 140,22 ,6 kkkkkk k 所以只需研究 56 22 n a是否有满足条件的解， 此时 25 (2 1 1)+(2 2 1)+(21) 222 n Sm 25 1 22m ， +1 21 n am，m为等差数列项数，且16m. 由 25 12 2212(21),2450022,527mmmmmnm ， 得满足条件的n最小值为27. 例 7(2020河南洛阳高三模拟)记首项为 11 (0)a a ，公差为d

13、的等差数列 n a的前n项 和为 n S，若 1 21 2 a d ，且 1nnn SaS ，则实数的取值范围为_ 【答案】 19 ,1 21 【解析】由 1nnn SaS ，得 11nnnn SSaa .因为 1 0a ，所以0d ， 1 23 1 2 n aandnd .所以当111n时，0 n a ，当12n时，0 n a . (1)当111n时，由 1nn aa 得 1 2 11 223 nn nnn aadd aaan . 因为 2219 11 2232 12321n ，所以 19 21 . (2)当12n时，由 1nn aa 得 1 2 1 223 n n a an . 因为 2

14、11 223n ，所以1.综上所述，的取值范围是 19 ,1 21 . 例 8(2019四川重庆南开中学高考模拟)在正项递增等比数列 n a中， 5 1a ，记 12 . nn Saaa， 12 111 . n n T aaa ， 则使得 nn ST成立的最大正整数n为_ 【答案】9 【解析】由题得 11 1 11(1) (1) (1) 1 1(1) 1 n nnn q q aqaqq qaq q ，因为数列是正项递增等比数,所以 1 0,1aq，所以 21 1 1 n a q .因为 5 1a ，所以 4428 111 1,a qaqaq ， 所以 8190 1,9 nn qqqqn .所以

15、使得 nn ST成立的最大正整数n为 9. 例 9.(2020浙江高考T20)已知数列an,bn,cn中,a1=b1=c1=1, cn=an+1-an,cn+1=cn(nN *). ()若数列bn为等比数列,且公比 q0,且 b1+b2=6b3,求 q 与 an的通项公式; ()若数列bn为等差数列,且公差 d0,证明:c1+c2+cn0 得 q= ,所以 b n=,bn+2=, cn+1=cn=4cn,所以=4,所以cn是首项 c1=1,公比为 4 的等比数列,cn=4 n-1, 由 an+1-an=cn=4 n-1得 a n-a1=4 0+41+4n-2得 a n=. ()bn=1+(n-

16、1)d,则 bn+1 bn+2cn+1=bnbn+1cn=b1b2c1=1+d, 故 cn=.于是 c1+cn=1+ ,得证.例 例 10.(2019浙江高考T20)设等差数列an的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3,数列bn满足:对 每个nN *,S n+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列an,bn的通项公式. (2)记cn=,nN *,证明:c 1+c2+cn2,nN *. 【解析】(1)设数列an的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2. 从而an=2n-2,nN *.由 Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成

17、等比数列得(Sn+1+bn) 2=(S n+bn)(Sn+2+bn). 解得bn= (-SnSn+2).所以bn=n 2+n,nN*. (2)cn=,nN *.我们用数学归纳法证明. 当n=1 时,c1=02,不等式成立; 假设n=k时不等式成立,即c1+c2+ck2.那么,当n=k+1 时, c1+c2+ck+ck+12+2+2+=2+2(-)=2. 即当n=k+1 时不等式也成立. 根据和,不等式c1+c2+cn0，故B不正 确；又an是等差数列，0a1a2，2a2a1+a32，a2，即C正确； 若a10，则(a2a1)(a2a3)d 20，即 D不正确 4 (2020浙江杭州高三)已知等

18、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， 得(， 即，公差 不等于零， 5(2020山东高考模拟)已知正项等比数列 n a满足 543 2aaa，若存在两项 m a， n a， 使得 1 8 mn a aa，则 91 mn 的最小值为_ 【答案】2 【解析】 正项等比数列 n a满足 543 2aaa， 432 111 =+2aqaqaq， 整理， 得 2 10+2qq ， 又0q ，解得， 1 2 q ，存在两项 m a， n a使得 1 8 mn aaa， 222 11 64 m n a qa ， 整理，得8mn，

19、9119119 ()()(10) 88 mn mn mnmnnm 19 (102)2 8 mn n m ， 则 91 mn 的最小值为 2当且仅当 9mn nm 取等号，又m， * nN8mn，所以只有 当6m，2n时，取得最小值是 2 6()2020 浙江宁波市 高三期中)已知数列 n a的前n项和为 n S，且满足 21 nn Sa n . (1)求数列 n a的通项公式；(2)求证 324 222 231 2 n n aaa SSS ，n 【答案】(1) 1 2n n a ；(2)证明见解析 【详解】(1)由题意可知，当1n 时， 11 21aa，解得 1 1a ，当2n时，由 11 2

20、1 21 nn nn Sa Sa ，可得 1 22 nnn aaa ，即 1 2 nn aa ，所以数列 n a是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 1 2n n a (2)由 1 2n n a ，可得 112 =21 12 n n n S ， 则 1 2 22 1 1 2 21 n n n n a S 1 1 +1+1+1 2211 212121 2221 21 nn nn nnnn ，所以 324 222 23+1 n n aaa SSS 2231 111111 2 12121212121 nn 1 1 12 21 n . 7(2020安徽高考模拟)已知数列的各项均为正数，记为的前

21、 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，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， 8(2020甘肃天水一中高考模拟)已知数列 n a满足 1 1a ，0 n a ， 1 1 nn aa ， 那么32 n a 成立的n的最大值为_ 【答案】5 【解析】因为 1 1 nn aa ，所有 n a成等差数列，且首项 1 1a ，公差d1 所以n n a ， 2 n an解 2 32 n an，得n 4 2 ，所以32 n a 成立的n的最大值为 5 9(2020河北高考模拟

22、(理)已知数列 n a的前n项和为 n S，且 2 1 19 * 2 nn nn SSnN ，若 2 4a ，则 n S取最小值时n_. 【答案】10 【解析】由 2 1 19 2 nn nn SS ， 2 1 (1)191 2 nn nn SS ， 两式作差可得： 11 10(2) nn SSnn ，即 1 10(2) nn aann ， 由 1 10 nn aan ， 21 9 nn aan ，两式作差可得： 2 1(2) nn aan ， 则 32 8aa， 2 4a ， 故 23 4aa ， 进一步可得： 4567891011 ,aa aa aa aa， 又 1011 0aa， 则 1

23、 01 1 0aa， 且 1 11 21 21 3 0aaaa， 则 n S取最小值时10n. 10(2020 全国高三专题练习)已知数列 n a是各项均为正数的等差数列，其中 1 1a ，且 246 ,2a a a 成等比数列；数列 n b的前n项和为 n S，满足21 nn Sb. (1)求数列 n a、 n b的通项公式； (2)如果 nn n ca b，设数列 n c的前n项和为 n T，是否存在正整数n，使得 nn TS成立，若 存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由. 【答案】(1) n an， 1 3 n n b ；(2)存在；2 【详解】(1)设数列 n a的公差为d，依条件

24、有 2 426 (2)aa a，即 2 111 (3 )()(52)adad ad，解得 1 2 d (舍)或1d ，1 (1) n ann ，由 21, nn Sb得 1 (1) 2 nn Sb，当1n 时， 11 21Sb，解得 1 1 3 b ，当2n时， 11 11 22 nnnnn bSSbb ， 1 1 3 nn bb ，数列 n b是首项为 1 3 ，公比为 1 3 的等比 数列，故 1 3 n n b ； (2)由(1)知： 3 nnn n n ca b， 23 1111 123 3333 n n Tn ， 2341 11111 123 33333 n n Tn ， 得 331

25、13231 44323443 n nnn nn T 又 11 (1) 11 33 1 22 3 1 3 n n n S ， 1211 443 nn n n TS ，当1n 时， 11 TS， 当2n时， 1211 0 443n n ， nn TS，故所求的正整数n存在，其最小值为 2 11 (2020 浙江金华市 高三)已知 n a为公差不为0的等差数列， n S是等比数列 n b的前n 项和，若 2 a是 1 a和 4 a的等比中项， 11 6ab， 23 ba. (1)求 n a及 n S； (2)证明： 1122 12 111 111 222 2 33 nn n bababa nn SS

26、S . 【答案】(1)(1)6 n an， 1 33 n n S ；(2)证明见解析. 【详解】(1) n a是公差不为0的等差数列，设公差为d，又是 1 a和 4 a的等比中项， 2 214 aaa，即 2 111 3adaad， 1 6a ，即 2 6663dd， 解得：0d (舍)或6d ， 1 16166 n aandnn ， 又 n b为等比数列，且 23 6 318ba ， 2 1 18 3 6 b q b ， 111 1 6 36 3 nnn n bb q ， 1 1 161 3 33 11 3 nn n n bq S q ； (2) 1 1 361 2 331 n nn n n

27、 ba n S ， 1 1 13612 2 0 331331 n nn n n n ba nn S ， 1 1 1 2 3 nn n ba S ， 1122 12 111 111 222 3 nn n bababa n SSS ， 1 1 36112 2 331331 n nn n n n ba nn S ， 221 313 nn nn ，设 21 3n n 的前n项和为 n A， 则 23 111 357 333 n A 1 21 3 n n 234 1111 357 3333 n A 1 1 21 3 n n 得： 23 2111 322 3333 n A 1 11 221 33 nn n

28、 ， 1 241 22 333 n n An ， 1 11 233212 33 nn n Ann 1122 12 111 111 222 2 3 nn n bababa n SSS ， 1122 12 111 111 222 2 33 nn n bababa nn SSS . 12(2020天津高考模拟)已知单调等比数列 n a，首项为 1 2 ，其前n项和是 n S，且 33 1 2 aS， 5 S， 44 aS成等差数列，数列 n b满足条件 123 1 ( 2) n b n a a aa (1)求数列 n a、 n b的通项公式； (2)设 1 nn n ca b ，记数列 n c的前n

29、项和是 n T. 求 n T；求正整数k，使得对任意 * nN，均有 kn TT. 【答案】(1) 1 2 n n a ，(1) n bn n；(2). 11 12 n n T n ；.4k . 【解析】 (1)设 1 1 n n aa q .由已知得 53344 1 2 2 SaSaS，即 534 1 22 2 SaS， 进而有 543 1 2 2 SSa.所以 53 1 2 2 aa，即 2 1 4 q ，则 1 2 q .由已知数列 n a是单 调等比数列，且 1 1 2 a ，所以取 1 2 q .数列 n a的通项公式为 1 2 n n a . 123 1 ( 2) n b n a

30、a aa ， (1) 23 22 2 22222 n bn n n ，则(1) n bn n. 即数列 n b的通项公式为(1) n bn n. (2).由(1)可得： 111111 2(1)21 nn nn n ca bn nnn ， 分组求和可得： 1111 11 2112 n nn T nn . 由于 1 1 11 1111(1)(2)2 22122(1)(2) n nn nnn nn TT nnnn ， 由于 1 2n比 12nn变化快，所以令 1 0 nn TT 得4n. 即 1234 ,T T T T递增，而 456 , n T T TT递减.所以， 4 T最大.即当4k 时， k

31、n TT. 13(2020广东高考模拟)已知数列 n a满足 11* 12 1 (22)2() nn n aaanN n . (1)求 12 ,a a和 n a的通项公式； (2)记数列 n akn的前n项和为 n S，若 4n SS对任意的正整数n恒成立，求实数k的取 值范围 【答案】(1) 1 a4 2 6;a 22 n an (2) 12 5 , . 52 【解析】 (1)由题意得 11 12 22?2 nn n aaan ， 所以 23 112 1 24,22 2 ,aaa 得 2 6;a 由 11 12 22?2 nn n aaan , 所以 2 121 221? 2 nn n aa

32、an (2n)， 相减得 1+1 2? 21? 2 nnn n ann ， 得22,1 n ann当也满足上式. 所以 n a的通项公式为22 n an. (2)数列 n akn的通项公式为2222, n aknnknk n 是以4k为首项,公差为2k的等差数列, 若 4n SS对任意的正整数n恒成立，等价于当4n时, n S取得最大值, 所以 4 5 44 220, 55 220. akk akk 解得 125 . 52 k所以实数k的取值范围是 12 5 ,. 52 14. 设数列 n a满足 3 11 0,1,* nn aacac nN ,其中c为实数. ()证明：0,1 n a 对任意

33、 * nN成立的充分必要条件是 0,1c, ()设 1 0 3 c,证明： 1 13,* n n acnN ; ()设 1 0 3 c,证明：*, 31 2 1 22 2 2 1 Nn c naaa n 【答案】见解析. 【解析】()必要性： 12 0,1aac ，又 2 0,1a ，0 11c ，即0,1c. 充分性：设0,1c，对任意 * nN用数学归纳法证明 0,1 n a . 当1n 时， 1 00,1a . 假设当nk时，0,1 (1) k ak，则 3 1 111 kn acaccc ，且 3 1 110 kn acacc ， 1 0,1 k a . 由数学归纳法知，0,1 n a

34、 对任意 * nN成立. () 设 1 0 3 c，当1n 时， 1 0a ，结论成立； 当2n时， 3 1 1 nn acac ， 32 1111 1(1)(1)(1) nnnnn acacaaa . 1 0 3 c，由()知 1 0,1 n a ， 2 11 13 nn aa 且10 n a， 211 121 13 (1)(3 ) (1)(3 )(1)(3 ) nn nnn acacacac ， 1 13,* n n acnN . ()设 1 0 3 c,当1n 时， 2 1 2 02 1 3 a c ，结论成立；当2n时，由()知 1 130 n n ac ， 21 212(1)1 1

35、(3 )12(3 )(3 )12(3 ) nnnn n acccc . 2222221 122 1 2(3 )(3 )(3 ) n nn aaaaanccc 21 (3 ) 2 11 1 31 3 n c nn cc . 15. 已知曲线 22 :20(1,2,) n Cxnxyn从点( 1,0)P 向曲线 n C引斜率为 (0) nn k k 的切线 n l，切点为(,) nnn P xy (1)求数列 nn xy与的通项公式； (2)证明： 13521 1 2sin 1 nn n nn xx x xxx xy . 【答案】(1) 21 1 n nn y n ；(2)见解析. 【解析】(1)

36、设直线 n l：) 1( xky n ，联立02 22 ynxx得 0)22()1 ( 2222 nnn kxnkxk，则0)1 (4)22( 2222 nnn kknk， 12 n n kn ( 12 n n 舍去)， 2 2 2 2 2 ) 1(1 n n k k x n n n ，即 1 n n xn， 1 12 ) 1( n nn xky nnn (2)证明： 12 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n x x n n 12 1 12 12 5 3 3 1 2 12 4 3 2 1 12531 nn n n n xxxx n n n n x x xxxx 1 1 12531 ，由于 n n n n x x ny x 1 1 12 1 ，可令函数 xxxfsin2)(，则xxfcos21)( ，令0)( xf，得 2 2 cosx，给定区间 ) 4 , 0( ，则有0)( xf，则函数 )(xf 在) 4 , 0( 上单调递减， 0)0()( fxf，即 xxsin2 在) 4 , 0( 恒成立，又 43 1 12 1 0 n ， 则有 12 1 sin2 12 1 nn ，即 n n n n y x x x sin2 1 1 .