2021年高考数学压轴讲与练 专题09 数列中不等式恒成立问题（解析版）

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1、专题 09 数列中不等式恒成立问题 【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中不等式恒成立问题，是 数列不等式的综合应用问题的命题形式之一. 主要有两类： 一是证明不等式恒成立， 二是由 不等式恒成立确定参数的值(范围). 以数列为背景的不等式恒成立问题,或不等式的证明问 题,多与数列求和相联系,最后利用函数的单调性求解,或利用放缩法证明. 本专题通过例题说明此类问题解答规律与

2、方法. (1)数列与不等式的综合问题，如果是证明题，要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、 综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式，往往采用因式分解法或穿根法等 (2)如用放缩法证明与数列求和有关的不等式，一般有两种方法：一种是求和后再放缩；一 种是放缩后再求和放缩时，一要注意放缩的尺度，二要注意从哪一项开始放缩 【压轴典例】【压轴典例】 例 1 (2021 新疆高三其他模拟)若1x 是函数 43 12* ( )1 nnn f xaxa xaxnN 的极 值点，数列 n a满足 1 1a ， 2 3a ，设 31 log nn ba ，记 x表示不超过x的最大整数. 设 1 22 31 20

3、2020202020 n n n S bbb bb b ，若不等式 n St对n N恒成立，则实数t的最大 值为( ) A2020 B2019 C2018 D1010 【答案】D 【详解】 32 12 ( )43 nnn fxaxa xa ， 12 (1)430 nnn faaa ，即有 211 3 nnnn aaaa ， 1nn aa 是以 2 为首项 3 为公比的等比数列， 1 1 2 3n nn aa ， 120 11112211 2 32 32 313 nnn nnnnnnn aaaaaaaaaa 31 log nn ban 1 22 311 202020202020111 2020

4、1 22 3(1) n n bbb bb bn n 111112020 2020 1 22311 n nnn ，又 2020 1 n y n 为增函数，当1n 时， 1010 n S ，10102020 n S，若 n St恒成立，则t的最大值为 1010. 例 2(2020 全国高三专题练习)(多选)已知数列 n a中， 1 1a ， 1 11 1 nn aa nn ， * nN .若对于任意的1,2t，不等式 22 212 n a tataa n 恒成立，则实数a 可能为( ) A4 B2 C0 D2 【答案】AB 【详解】 1 11 nn n aa nn ， 1 111 1(1)1 nn

5、 aa nnn nnn ， 则 1 11 11 nn aa nnnn ， 12 11 1221 nn aa nnnn ， 21 1 1 1 22 aa ，上述式子累加可得： 1 1 1 n a a nn ， 1 22 n a nn ， 22 2122tataa 对于任意的1,2t恒成立，整理得 210tata 对于任意的1,2t恒成立，对 A，当4a 时，不等式 2540tt，解集 5 ,4 2 ，包含 1,2，故 A 正确；对 B，当 2a 时，不等式 2320tt，解集 3 ,2 2 ，包含 1,2，故 B 正确；对 C，当 0a 时，不等式 210tt，解集 1 ,0 2 ，不包含 1,

6、2，故 C 错误；对 D，当 2a时，不等式 2120tt，解集 1 2, 2 ，不包含 1,2，故 D 错误， 例 3(2020 嘉兴市第五高级中学高三)设 * Nk ，若数列 n a是无穷数列，且满足对任意 实数k不等式20 nn kaak恒成立，则下列选项正确的是( ) A存在数列 n a为单调递增的等差数列 B存在数列 n a为单调递增的等比数列 C 2 12 2 n aanann恒成立 D 2 12 2 n aanann 【答案】D 【详解】因为20 nn kaak， * Nk ，当1k 时， 210 nn aa，解得 12 n a。当2k 时，因为 2 1 k ，所以20 nn k

7、aak，解得 2 n ak k 。 因为无穷数列 n a，对任意实数k不等式20 nn kaak恒成立，所以12 n a。 对选项 A，若 n a为单调递增的等差数列，设 n f nnqap，0p ，则 1 , n af ，故 A 错误；对选项 B，若 n a为单调递增的等比数列，设 n af n ， 则 1 , n af ，故 B 错误；对选项 C，因为12 n a，设 2 3 n a ，取2n，则 12 24 2 33 2aa ， 2 2nn，显然 2 12 2 n aanann不成立；故 C 错误； 对于选项 D：当1n 时，由 1 12a，显然 2 1 112a 恒成立，假设当nk时，

8、 2 12 2 k aakakk成立，则当1nk时， 2 22 1112 2211111 kkk kkaakaakkakkkkk 故 2 12 2 n aanann恒成立，故 D 正确. 例 4(2021 江苏高三一模)已知等差数列 n a满足 1 235 nn aan . (1)求数列 n a的通项公式； (2)记数列 1 1 nn a a 的前 n 项和为 n S.若 * n N， 2 4 n S (为偶数)，求的值. 【答案】(1)1 n an；(2)2. 【详解】(1)设等差数列 n a的公差为 d，因为 1 235 nn aan ，所以 12 23 28, 211, aa aa 即

9、1 1 328, 3511, ad ad 解得 1 2,1ad，所以2(1)1 n ann. 经检验，1 n an符合题设，所以数列 n a的通项公式为1 n an. (2)由(1)得， 1 1111 (1)(2)12 nn a annnn ， 所以 11111111 23341222 n S nnn .*nN， 1 2 n S ，因为 * n N， 2 4 n S ， 所以 2 1 4 2 ， 即 2 7 (2 ) 2 .因为为偶数， 所以2. 例 5 (2021 天津滨海新区 高三)已知数列 n a是公差不为 0 的等差数列， 1 3 2 a ， 数列 n b 是等比数列，且 11 ba，

10、 23 ba ， 34 ba，数列 n b的前 n 项和为 n S. (1)求数列 n b的通项公式； (2)设 ,5 8,6 n n n b n c a n ，求 n c的前 n 项和 n T； (3)若 1 n n ASB S 对*nN恒成立，求BA的最小值. 【答案】(1) 1 31 () 22 n n b (2) 2 1 1,15 2 327927 ,6 2232 n n n T nnn (3) 17 12 【详解】(1)设数列 n a的公差为d，0d ，因为数列 n b是等比数列，所以 2 213 bb b， 所以 2 314 aa a，所以 111 2 32adaad，所以 2 1

11、 40a dd，因为0d ，所以 1 40ad，又 1 3 2 a ，所以 3 8 d ，所以 11 3 2 ba，数列 n b的公比 321 111 (2 )11 1 2 () 42 abad q baa ，所以 11 1 31 () 22 nn n bbq . (2)由(1)知 1 31 () 22 n n b ， 1 33315 (1)(1) 2888 n aandnn ， 所以 1 31 ,5 22 315,6 n n n c nn ， 当15n时， 1 31 1 22 (1) 11 1 2 n n n bq T q 1 1 2 n ， 当6n时， 5 53 1531 1 22 n n

12、n T 2 327927 2232 nn， 所以 2 1 1,15 2 327927 ,6 2232 n n n T nnn . (3) n S 1 31 1 22 (1) 11 1 2 n n bq q 1 1 2 n ， 111 1 2 1 1 2 n n n n S S ， 令 11 ( )1 2 1 1 2 n n f n ， 当n为奇数时， 11 ( )1 2 1 1 2 n n f n 0，且( )f n递减，可得( )f n的最大值为 5 (1) 6 f，当n为偶数时， 11 ( )1 2 1 1 2 n n f n 0，且( )f n递增，可得( )f n的 最小值为 7 (2

13、) 12 f ， 所以( )f n的最小值为 7 12 ， 最大值为 5 6 ， 因为 1 n n ASB S 对 *nN恒成立，所以 7 12 5 6 A B ，所以 5717 61212 BA，所以BA的最小值为 17 12 . 例 6.(2019浙江高考真题)设等差数列 n a的前n项和为 n S， 3 4a ， 43 aS， 数列 n b 满足：对每 12 , nnnnnn nSb Sb Sb N成等比数列. (1)求数列, nn ab的通项公式； (2)记, 2 n n n a Cn b N 证明： 12+ 2,. n CCCn n N 【答案】(1)21 n an，1 n bn n

14、；(2)证明见解析. 【解析】 (1)由题意可得： 1 11 24 3 2 33 2 ad adad ，解得： 1 0 2 a d ， 则数列 n a的通项公式为22 n an .其前n项和 022 1 2 n nn Sn n . 则1,1,12 nnn n nb n nbnnb成等比数列，即： 2 1112 nnn n nbn nbnnb ，据此有： 2 222 121112121 nnnnn nnn nbbn nnnnnbn nbb， 故 22 1 12121 (1)(1)(1)(2) n nnn nn bn n nnn n n nn . (2)结合(1)中的通项公式可得： 1122 21

15、 211 n n n an Cnn bn nnnnnn ， 则 12 210221212 n CCCnnn. 例 7.(2019江苏高考T20)定义首项为 1 且公比为正数的等比数列为“M-数列”. (1)已知等比数列an(nN *)满足:a 2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M-数列”. (2)已知数列bn(nN *)满足:b 1=1, = -,其中Sn为数列bn的前n项和. 求数列bn的通项公式. 设m为正整数,若存在 “M-数列” cn(nN *),对任意正整数 k,当km时,都有ckbkck+1 成立,求m的最大值. 【解析】(1)设等比数列an的公比为q,所以

16、a10,q0.由 得解得，因此数列an为“M数列”. (2)因为 = -,所以bn0.由b1=1,S1=b1,得 = - ,则b2=2.由 = -,得Sn=, 当n2 时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-,整理得bn+1+bn-1=2bn.所以数列bn是首项和公 差均为 1 的等差数列.因此,数列bn的通项公式为bn=n(nN *). 由知,bk=k,kN *.因为数列c n为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q0. 因为ckbkck+1,所以q k-1kqk,其中 k=1,2,3,m. 当k=1 时,有q1;当k=2,3,m时,有ln q.设f(x)=(x1),则f(x)=. 令f(

17、x)=0,得x=e.列表如下: x (1,e) e (e,+ ) f(x) + 0 - f(x) 极大值 因为=0， * nN . ()若 232 2,2a a a 成等差数列，求 n a的通项公式； ()设双曲线 2 2 2 1 n y x a 的离心率为 n e ，且 2 5 3 e ，证明： 12 1 43 3 nn n n eee . 【答案】() 1 = n n aq - ；()详见解析. 【解析】()由已知， 121 1,1, nnnn SqSSqS + =+=+ 两式相减得到 21, 1 nn aqan + =?. 又由 21 1SqS=+得到 21 aqa=，故 1nn aqa

18、 + =对所有1n都成立. 所以，数列 n a是首项为 1，公比为 q 的等比数列.从而 1 = n n aq - . 由 232 2+2aaa， ，成等比数列，可得 32 2=32aa +，即 2 2=32,qq+，则(21)(2)0q+q-=， 由已知,0q，故 =2q.所以 1* 2() n n an - =? N. ()由()可知， 1n n aq - =.所以双曲线 2 2 2 1 n y x a -=的离心率 22(1) 11 n nn eaq - =+=+ 由 2 5 1 3 qq=+=解得 4 3 q =.因为 2(1)2(1) 1+ kk qq - ，所以 2(1)1* 1+

19、 kk qqk - ? N（）. 于是 1 12 1 1+ 1 n n n q eeeqq q - - + 鬃 ?+ 鬃 ?= - ，故 123 1 43 3 nn n eee - - + 鬃 ?. 10. 设函数 ( )ln1f xxpx (1)求函数( )f x的极值点； (2)当0p 时，若对任意的0 x ，恒有( )0f x ，求p的取值范围； (3)证明： 22222 2222 ln2ln3ln4ln21( ,2) 2342(1) nnn nN n nn 【答案】(1) 1 x p ；(2)1,)；(3)见解析. 【解析】 (1) ( )ln1f xxpx， ( )f x的定义域为(

20、0,)， 11 ( ) px fxp xx ， 当0p 时，( )0fx ，( )f x在(0,)上无极值点，当0p 时，( )f x有唯一极大值点 1 x p ； (2)由(1)可知，当0p 时，( )f x在 1 x p 处却极大值 11 ()lnf pp ，此极大值也是最大 值， 要使( )0f x 恒成立， 只需 11 ()ln0f pp ， 解得1p ， 故p的取值范围为1,)； (3)令1p ，由(2)可知，ln10 xx ，即ln1xx， 22222 22 22222222 ln1ln2ln3ln111 ln1111 2323 nnn nn nnnn = 222 111111 (

21、1)()(1)() 232 33 4(1) nn nnn = 11111111 (1)()(1)() 2334121 nn nnn 2 21 2(1) nn n . 11.(2020浙江杭州高三)已知无穷数列 n a的首项 1 1 2 a ， * 1 111 , 2 n nn anN aa . ()证明： 01 n a； () 记 2 1 1 nn n nn aa b a a ， n T为数列 n b的前n项和， 证明： 对任意正整数n， 3 10 n T . 【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，即01 k a， 那么当

22、1nk时， 1 111 2 k kk a aa 11 2?1 2 k k a a ，所以 1 01 k a ， 即1nk时不等式也成立. 综合可知， 01 n a对任意 * nN成立. () 1 2 2 1 1 n nn a aa ，即 1nn aa ，所以数列 n a为递增数列. 又 1 11111 2 n nnnn a aaaa 11 2 n n a a ，易知 1 n n a a 为递减数列， 所以 1 11 nn aa 也为递减数列， 所以当2n时， 1 11 nn aa 2 2 11 2 a a 1 54 2 45 9 40 所以当2n时， 2 1 1 nn n nn aa b a

23、a 11 1 119 40 nnnn nn aaaa aa 当1n 时， 11 93 4010 n TTb，成立； 当2n时， 12nn Tbbb 32431 99 4040 nn aaaaaa 12 99 4040 n aa 2 99994273 11 40404040510010 a 综上，对任意正整数n， 3 10 n T 12.(2020河南高考模拟)已知数列 n b 的前n项和为 n S ， 2 nn Sb ，等差数列 n a 满 足 12 3ba ， 15 7ba ()求数列 n a， n b的通项公式； ()证明： 1 22 31 3 nn aba ba b . 【答案】()1

24、n an, 1 1 2 n n b ；()详见解析. 【解析】()2 nn Sb 当1n 时， 111 2bSb 1 1b 当2n时， 11 22 nnnnn bSSbb ，整理得： 1 1 2 nn bb 数列 n b是以1为首项， 1 2 为公比的等比数列 1 1 2 n n b 设等差数列 n a的公差为d, 12 3ba ， 15 7ba, 1 1 3 46 ad ad ，解得： 1 2 1 a d 1 12111 n aandnn ()证明：设 2 1 22 31 111 231 222 n nnn Taba ba bn 231 1111 231 2222 n n Tn 两式相减可得

25、： 2311 1 11 1 11111142 1111 1 222222 1 2 nnn n n Tnn 1 33 22n n ， 3 3 2 n n n T ，即 1 22 31 3 3 2 nn n n aba ba b 3 0 2n n 1 22 31 3 nn aba ba b 13(2020 浙江高三月考)已知数列 n a的前n项和为 n S，且 1 1a ， 1 21 nn aSnN ，数列 n b满足 1 1b ， 1nnn bba . (1)求数列 n a、 n b的通项公式； (2)若数列 n c满足 1 n n nn a c bb 且 12 211 nn cccbL对任意n

26、 + N恒成立， 求实数的取值范围. 【答案】(1) 1 3n n anN ， 1 31 2 n n b ；(2) 1 , 2 . 【详解】(1)因为 1 1a ， 1 21 nn aSnN ，所以 1 21,2 nn aSnN n ， 则 11 2 nnnn aaSS ，即 1 2 nnn aaa ， 1 3,2 nn aanN n ， 因为 21 213aa ， 21 3aa，所以数列 n a是以1为首项、3为公比的等比数列， 1 3n n anN ，因为 1nnn bba ，所以 1 1 3n nn bb ，即 1 1 3n nn bb ， 则 112211nnnnn bbbbbbbb

27、01 1 230 31 3 31 33311 1 32 n n nn L . (2) 11 1 11 1 34 311 2 3131313131 31 22 nn n n nn nnnn nn a c bb ， 令 123nn TccccL， 则 01121 111111 2 313131313131 n nn T L 112 21 23131 nn ，因为211 nn Tb对任意n + N恒成立， 所以 1 231 1211 312 n n 对任意n + N恒成立， 即 1 min 2 31 3 nn ， 令 2 1 11 22 31 3 333 nn nn y ， 1 31 n t ， 则

28、 2 2 3 y tt ， 当1t 时， 即当1n 时取到最小值 1 2 ，故 1 2 ，实数的取值范围为 1 , 2 . 14(2020 湖北武汉市 华中师大一附中高三)已知数列 n a n b的各项为正，且 31 18ab， n b是公比为 1 3 的等比数列.再从： 数列 n a的前n项和 n S满足 2 42 nnn Saa： 数列 n a是公差不为 0 的等差数列，且 123 12aaa ， 1 a， 2 a， 4 a，成等比数列 这两个条件中任选一个，解答下列问题. (1)求数列 n a， n b的通项公式； (2)令cos nnn cabn，设 n c的前n项和为 n T若 1

29、n n nT对nN 恒成 立，求实数的取值范围. 【答案】(1)2 n an； 1 3 n n b ；(2) 2 5 , 9 4 . 【详解】(1)若选，1n 时， 2 111 42Saa， 1 2a ，2n时， 2 42 nnn Saa， 2 111 42 nnn Saa ，两式相减得： 11 20 nnnn aaaa ， 1 0 nn aa (舍)或 1 20 nn aa ，即数列 n a是首项为 2，公差为 2 的等差数列，2 n an； 若选，因为 1231 3312aaaad， 1 4ad，又 2 214 aa a， 2 111 3adaad，得 1 da或 0(舍去)， 1 2da

30、，2 n an， 3 6a ， 13 11 183 ba，又 n b的公比为 1 3 ， 1 3 n n b. (2)由(1)得 1 ( 1)2( 1) 3 nn nnn n cabn 当n为偶数时， 1 1 111 2(1)222 333 nn nnn ccnn 12341nnn Tcccccc 2 24 11 1 99 111 22222222 1 3332 1 9 n n n 11 1 4 3n n 当n为奇数时， 11 11 11111 1(1)2(1)5 4 334 3 nnn nnn TTcnnn 11 1,2 4 3 N 11 5,21 4 3 n n n n nk Tk n n

31、k ， ( 1)() n n nT对 * nN恒成立， 当n为偶数时， 11 1 4 3n nn 恒成立，即 11 1 4 3n 恒成立， 因为n为偶数时， 11 1 4 3n y 单调递减，所以 2 max 11112 11 4 34 39 n ， 当n为奇数时， 11 ()5 4 3n nn 恒成立，即 11 5 4 3n 恒成立， 因为n为奇数时， 11 5 4 3n y 单调递减，且 115 5 4 34 n ，所以 5 4 . 综上，实数的取值范围为 2 5 , 9 4 . 15 (2020 沙坪坝区 重庆八中高三)已知数列 n a的前n项和为 n S， 1 22 n n S ， 数

32、列 n b 满足： 1 2b ， 32 6bb，数列 n b n 为等差数列 (1)求 n a与 n b的通项公式； (2)设 11 n n nn c ab ，数列 n c的前n项和为 n T若对于任意n N均有 kn TT，求正 整数k的值 【答案】(1)2n n a ；1 n bn n；(2)1. 【详解】(1)由题意知 1 22 n n S ， 1 2a ，2n时， 1 2n nnn aSS ； 显然 1 2a 也满足上式，故2n n a ；因为 1 2b ，数列 n b n 为等差数列，则 321 1 2213 bbb ，即 3 2 2 3 b b ，由 32 3 2 6 2 3 bb

33、 b b ，解得 2 3 6 12 b b ， 所以等差数列 n b n 的首项为 1 2 1 b ，公差为 21 1 21 bb ， 因此211 n b nn n ，所以1 n bn n； (2)由(1)可得： 11111 2121 nn n c n nnn ， 所以 11 1 22 111111 1 12231 1 2 n n T nn L 1111121 11 3213231 nn nn ； 当n为奇数时， 2111 3132 n n T n ，又 n T随n增加而增加，此时 1 min 0 n TT 当n为偶数时， 1121 3231 n n T n ，令 21 31 f n n ，则 1 2 3 f nf ， 当n为偶数时，恒有 0 n T 综合可知 1 min 0 n TT，满足题意的1k