(新课标)广西201X高考数学二轮复习 专题对点练14 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题

专题过关检测三数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.在数列{a n}中,a1=2,a n+1-a n-2=0,则a5+a6+…+a14=()A.180B.190C.160D.1202.已知等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=()A. B. C.10 D.153.(2024·湖南长沙模拟)若数列{a n}满意a n+1=3a n+2,则称{a n}为“幻想数列”,已知正项数列-1为“幻想数列”,且b1=2,则b4=()A. B. C. D.4.我国明代闻名乐律学家明宗室王子朱载堉在《律学新说》中提出十二平均律,即是现代在钢琴的键盘上,一个八度音程从一个c键到下一个c1键的8个白键与5个黑键(如图),从左至右依次为:c,#c,d,#d,e,f,#f,g,#g,a,#a,b,c1的音频恰成一个公比为的等比数列的原理,也即高音c1的频率正好是中音c的2倍.已知标准音a的频率为440 Hz,则频率为220 Hz的音名是()A.dB.fC.eD.#d5.已知数列{a n}的前n项和S n=n2,设数列的前n项和为T n,则T20的值为()A. B.C. D.6.一百零八塔位于宁夏吴忠青铜峡市,它因塔群的塔数而得名,塔群随山势凿石分阶而建,由下而上逐层增高,依山势自上而下各层的塔数分别为1,3,3,5,5,7,…,该数列从第5项起先成等差数列,则该塔群最下面三层的塔数之和为()A.39B.45C.48D.517.在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是()A.3 928B.4 024C.4 920D.4 9248.已知函数f(n)=且a n=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0B.100C.-100D.10 200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知等比数列{a n}的前n项和S n=4n-1+t,则()A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-10.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论肯定正确的是()A.a5=1B.S n的最小值为S3C.S1=S6D.S n存在最大值11.已知数列{a n}是等差数列,其前30项和为390,a1=5,b n=,对于数列{a n},{b n},下列选项正确的是()A.b10=8b5B.{b n}是等比数列C.a1b30=105D.12.在数学课堂上,老师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列根据同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2.记a n=1+x1+x2+…+x k+2,数列{a n}的前n项和为S n,则()A.k+1=2nB.a n+1=3a n-3C.a n=D.S n=三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.记S n为等差数列{a n}的前n项和.若2S3=3S2+6,则公差d= .14.已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则数列{log2a n}的前n项和T n= .15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{a n},则{a n}的前n项和为.16.某校学生在探讨民间剪纸艺术时,发觉剪纸时常常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;假如对折n次,那么S k= dm2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)记S n为数列{a n}的前n项和.已知+n=2a n+1.(1)证明:{a n}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求S n的最小值.18.(12分)(2024·湖北襄阳模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=3,且S n+S n+1=2a n+1-3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)①b n=a n log3a n;②b n=;③b n=a n-log3a n.从上面三个条件中任选一个,求数列{b n}的前n项和T n.注:假如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.(12分)已知数列{a n}是正项等比数列,满意a3是2a1,3a2的等差中项,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(-1)n log2a2n+1,求数列{b n}的前n项和T n.20.(12分)(2024·广东东莞高三期末)已知数列{a n}的前n项和为S n,且对于随意的n∈N*都有3S n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记数列{a n}的前n项中的最大值为M n,最小值为m n,令b n=,求数列{b n}的前20项和T20.21.(12分)某市为加强环保建设,提高社会效益和经济效益,安排用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,安排以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);(2)若该市安排用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.22.(12分)已知数列{a n}满意a1=,且当n≥2时,a1a2…a n-1=-2.(1)求证:数列是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记T n=a1a2…a n,S n=+…+,求证:当n∈N*时,a n+1-<S n.专题过关检测三数列一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.B解析因为a n+1-a n=2,a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公差为2的等差数列.所以a n=2+(n-1)×2=2n.设{a n}的前n项和为S n,则S n==n2+n.所以a5+a6+…+a14=S14-S4=190.2.C解析因为等比数列{a n}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3()=log3(95)=log3(310)=10.3.B解析若正项数列{-1}为“幻想数列”,则有-1=3(-1)+2,即-1=-1,即,又b1=2,所以数列{b n}为以2为首项,为公比的等比数列.故b4=2×()3=4.D解析因为a的音频是数列的第10项,440=220=220,所以频率为220Hz是该数列的第4项,其音名是#d.5.C解析当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合a n=2n-1,所以a n=2n-1.所以),所以T n=(1-+…+)=(1-)=,所以T20=6.D解析设该数列为{a n},依题意,可知a5,a6,…成等差数列,且公差为2,a5=5.设塔群共有n层,则1+3+3+5+5(n-4)+2=108,解得n=12.故最下面三层的塔数之和为a10+a11+a12=3a11=3×(5+2×6)=51.7.D解析由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又1+2+3+…+100==5050,所以在1到100的整数中,除去全部可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5050-126=4924.8.B解析由已知得当n为奇数时,a n=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,a n=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.BCD解析当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,a n=S n-S n-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.由数列{a n}为等比数列,可知a1必定符合a n=3×4n-2,所以1+t=,即t=-所以数列{a n}的通项公式为a n=3×4n-2,a2=3,数列{a n}的公比q=4.故选BCD.10.AC解析由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+1,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.对于选项B,a n=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以S n的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为S n=-3n+,所以S n无最大值,故D错误.11.BD解析设{a n}的公差为d,由已知得30×5+=390,解得d=∴a n=a1+(n-1)d=∵b n=,=2d,故数列{b n}是等比数列,B选项正确.∵5d=53,=(2d)5=25d≠23,∴b10≠8b5,A选项错误.∵a30=a1+29d=5+16=21,∴a1b30=5×221>105,C选项错误.∵a4=a1+3d=5+3,a5=a1+4d=5+4,,D选项正确.12.ABD解析由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,x k,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……所以a n+1=3a n-3,故B项正确.由a n+1=3a n-3,得a n+1-=3,又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以a n-3n-1=,即a n=,故C项错误.S n=+…+=(3n+1+2n-3),故D项正确.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.2解析由2S3=3S2+6可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6,所以2a3=a1+a2+6,即2(a1+2d)=2a1+d+6,解得d=2.14解析因为S n=2a n-2,所以当n≥2时,S n-1=2a n-1-2,两式相减,得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1.当n=1时,可得a1=2,所以数列{a n}是首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.所以log2a n=n,所以T n=15.3n2-2n 解析数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的全部奇数项均为奇数,全部偶数项均为偶数,并且明显{3n-2}中的全部奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的全部公共项就是{3n-2}的全部奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{a n}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{a n}的前n项和为S n=n×1+6=3n2-2n.16.5240解析对折3次共可以得到dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dm dm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120dm2;对折4次共可以得到dm×12dm,dm×6dm,5dm×3dm,10dm dm,20dm dm五种规格的图形,S4=5×15=75dm2;……可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,S n=(n+1)dm2.则S k=S1+S2+…+S n=240(+…+).记T n=+…+, ①则T n=+…+②①与②式相减,得T n-T n=T n=+…+故T n=3-故S k=240·T n=240四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(1)证明由+n=2a n+1,得2S n+n2=2a n n+n①,所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)-2a n n+1,化简得a n+1-a n=1,所以数列{a n}是公差为1的等差数列.(2)解由(1)知数列{a n}的公差为1.由=a4a9,得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12.所以S n=-12n+(n-)2-,所以当n=12或13时,S n取得最小值,且最小值为-78.18.解 (1)当n≥2时,∵S n+S n+1=2a n+1-3,∴S n-1+S n=2a n-3,∴S n+1-S n-1=2a n+1-2a n,∴a n+1+a n=2a n+1-2a n,=3(n≥2),当n=1时,S1+S2=2a2-3,∴a1+a1+a2=2a2-3.又a1=3,∴a2=9,=3.∴数列{a n}是以3为首项,3为公比的等比数列.∴a n=3×3n-1=3n.(2)若选①:b n=a n log3a n=n·3n,∴T n=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,∴3T n=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,∴-2T n=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=3n+1--n·3n+1,∴T n=(n-)3n+1+若选②:b n=),∴T n=(1-)+()+()+…+()=(1+)=若选③:b n=a n-log3a n=3n-n,∴T n=(3-1)+(32-2)+(33-3)+…+(3n-n)=3+32+33+…+3n-(1+2+3+…+n)=19.解 (1)设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0).因为a3是2a1,3a2的等差中项,所以2a3=2a1+3a2,即2a1q2=2a1+3a1q,因为a1≠0,所以2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-(舍去).所以a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.所以a n=2×2n-1=2n.(2)由(1)可知a2n+1=22n+1,所以b n=(-1)n log2a2n+1=(-1)n log222n+1=(-1)n(2n+1),所以T n=(-1)1×3+(-1)2×5+(-1)3×7+…+(-1)n(2n+1),-T n=(-1)2×3+(-1)3×5+(-1)4×7+…+(-1)n+1·(2n+1),所以2T n=-3+2[(-1)2+(-1)3+…+(-1)n]-(-1)n+1(2n+1)=-3+2+(-1)n(2n+1)=-3+1-(-1)n-1+(-1)n(2n+1)=-2+(2n+2)(-1)n,所以T n=(n+1)(-1)n-1.20.解 (1)因为对于随意的n∈N*都有3S n=2a n+1,所以当n≥2时,3S n-1=2a n-1+1,两式相减得3(S n-S n-1)=(2a n+1)-(2a n-1+1),即3a n=2a n-2a n-1(n≥2),进而得a n=-2a n-1(n≥2),当n=1时,3S1=2a1+1,故a1=1,所以数列{a n}是以1为首项,-2为公比的等比数列.所以a n=(-2)n-1.(2)当n为奇数时,a n=2n-1,且a n>0,当n为偶数时,a n=-2n-1,且a n<0,因此当n为大于1的奇数时,{a n}的前n项中的最大值为a n=(-2)n-1,最小值为a n-1=(-2)n-2,此时b n=,当n为偶数时,{a n}的前n项中的最大值为a n-1=(-2)n-2,最小值为a n=(-2)n-1,此时b n=,当n=1时,b1=a1,因此{b n}的前20项和T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+…+b20)=a1++…++…+=S19+21.解 (1)设a n,b n分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{a n}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{b n}是首项为400,公差为a的等差数列.所以数列{a n}的前n项和S n==256,数列{b n}的前n项和T n=400n+ a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=S n+T n=256+400n+ a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10000,即256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,所以a又a∈N*,所以a的最小值为147.22.证明 (1)因为当n≥2时,a1a2…a n-1=-2,所以a1a2…a n=-2,两式相除,可得a n=,所以-1,所以=1(n≥2).又a1=,所以a2==3,=4,所以=1,所以=1(n∈N*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.所以=3+(n-1)×1=n+2,所以a n=(2)因为T n=a1a2…a n=…,所以,所以S n=+…++…+=1-=a n+1-, 所以当n∈N*时,a n+1-<S n.。

2021年高考数学二轮复习专题1.4数列、不等式教学案一．考场传真1. 【xx课标1，理4】记为等差数列的前项和．若，，则的公差为A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C2．【xx课标II，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯盏，则各层的灯数构成一个首项为，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：，解得，即塔的顶层共有灯3盏，故选B.3．【xx课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A．440 B．330 C．220 D．110【答案】A4．【xx课标II，理5】设，满足约束条件2330233030x yx yy+-≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩，则的最小值是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】绘制不等式组表示的可行域，目标函数即：，其中表示斜率为的直线系与可行域有交点时直线的截距值，数形结合可得目标函数在点处取得最小值，故选A.5．【xx课标3，理9】等差数列的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则前6项的和为A．B．C．3 D．8【答案】A6．【xx课标3，理13】若，满足约束条件y020xx yy-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，则的最小值为__________.【答案】【解析】绘制不等式组表示的可行域，目标函数即：，其中表示斜率为的直线系与可行域有交点时直线的截距值的倍，截距最大的时候目标函数取得最小值，数形结合可得目标函数在点处取得最小值.7．【xx 课标3，理14】设等比数列满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________.【答案】【解析】设等比数列的公比为 ，很明显 ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：()()12121311113a a a q a a a q ⎧+=+=-⎪⎨-=-=-⎪⎩，①，②，由 可得： ，代入①可得， 由等比数列的通项公式可得： .8．【xx 课标II ，理15】等差数列的前项和为，，，则 .【答案】9．【xx 课标1，理13】设x ，y 满足约束条件21210x y x y x y +≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，则的最小值为 . 【答案】【解析】不等式组表示的可行域如图所示，易求得1111(1,1),(,),(,)3333A B C ---，由得在轴上的截距越大，就越小，所以，当直线直线过点时，取得最小值，所以取得最小值为二．高考研究【考纲解读】1.考纲要求（1）了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．（2）理解等差数列和等比数列的概念．（3）掌握等差数列和等比数列的通项公式与前n项和公式．（4）能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，在实际情形中运用数列知识解决实际问题.．（5）了解等差数列与一次函数的关系以及等比数列与指数函数的关系.（6）掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.（7）认识数列的函数特性，能结合方程、不等式和解析几何等知识解决一些数列综合题．不等式（1）不等关系：了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景.（2）一元二次不等式①会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.②通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.③会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.（3）二元一次不等式组与简单线性规划问题①会从实际情境中抽象出二元一次不等式组.②了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组.③会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决.（4）基本不等式：掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用.①了解基本不等式的证明过程.②会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题.【命题规律】对等差数列与等比数列基本量的考查是重点内容，主要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以选择、填空题的形式出现.对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题.数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据与的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点．数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点.选择、填空、解答题都有出现.数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现.不等式是中学数学的主体内容之一, 是进一步学习高等数学的基础知识和重要工具, 因而是数学高考命制能力题的重要版块. 在近年来的高考数学中,有关不等式的试题都占有较大的比重. 不仅考查有关不等式的基础知识、基本技能、基本思想方法,而且注重考查逻辑思维能力、运算能力以及分析问题和解决问题的能力. 在题型上, 选择题、填空题主要考查不等式的性质、解简单不等式、简单线性规划的应用、绝对值不等式、简单转化求参数范围、比较大小等;解答题主要考查基本不等式的应用、含参不等式的解法、求恒成立中的参数范围、证明不等式、最值型综合题以及实际应用题等. 试题常常是不等式的证明、解不等式、求参数范围.常和函数、数列、复数、三角、解析几何、立体几何、实际应用等问题结合, 知识覆盖面广、综合性强、思维力度大、能力要求高, 是高考数学思想、数学方法、考能力、考素质的主阵地.3．学法导航1. 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．2. 解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．3. 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．4. 给出S n与a n的递推关系，求a n，常用思路：一是利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.5．数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．6．解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．线性规划问题一般有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是确定目标函数中的字母系数的取值范围．一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得．7．在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号成立的条件)的条件，否则会出现错误．8．对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进行转化．求解一元二次不等式的步骤：第一步，二次项系数化为正数；第二步，解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集．含参数的不等式的求解，要对参数进行分类讨论．一．基础知识整合基础知识：一．基础知识整合1.等差数列知识要点：（1）通项公式要点：1(1)()nn mn ma a n da a n m da adn m⎧⎪=+-⎪=+-⎨⎪-⎪=-⎩.（2）前项和公式要点：S n＝n a1＋a n2＝na1＋n n－12d.（3）通项公式的函数特征：是关于的一次函数形式(A、B为常数)，其中；前项和公式的函数特征：是关于的常数项为0的二次函数形式S n＝An2＋Bn (A、B为常数)，其中.（4）判断方法：①定义法：；（证明方法）；②等差中项法：；（证明方法）；③通项公式法：；④前项和公式法：S n＝An2＋Bn (A、B为常数).（5）常用性质：①如果数列是等差数列m n p q m n p q a a a a +=+⇒+=+（），特别地，当为奇数时，121=2n n a a a a a -+=+=中…….②等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列.③等差数列{a n }，{b n }的前n 项和为A n ，B n ，则.④等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则数列仍是等差数列.（6）等差数列的单调性：设等差数列的公差为，当时，数列为递增数列；当时，数列为递减数列；若，则数列为常数数列.（7）等差数列的最值：若是等差数列，求前项和的最值时，①若，，且满足，则前项和最大;②若，，且满足，则前项和最小.2.等比数列知识要点：（1）通项公式要点：11n n n m n m n m nm a a q a a q a q a ---⎧⎪=⋅⎪⎪=⋅⎨⎪⎪=⎪⎩.（2）前项和公式要点：111(1)(1)(1)11n n n na q S a a q a q q q q =⎧⎪=--⎨≠⎪--⎩或. （3）通项公式的函数特征：是关于的函数（，都是不为0的常数，）；前项和公式的函数特征：前项和是关于的函数（为常数且，）.（4）判断方法：①定义法：（）；（证明方法）；②等比中项法：21111(1,0)n n n n n n a a a n n a a a *-+-+⋅=>∈⋅⋅≠N 且；（证明方法）；③通项公式法：；④前项和公式法：(0,0,1)n n S A B A A B =⋅-≠≠或.（5）常用性质：①如果数列是等比数列m n p q m n p q a a a a +=+⇒⋅=⋅（），特别地，当为奇数时，2121=n n a a a a a -⋅=⋅=中…….②等比数列的前项和为，满足23243,,,,n n n n n n n S S S S S S S ---成等比数列（其中均不为0）.（6）等比数列的单调性：设等比数列的公差为，当或时，为递增数列；当或. （7）等差与等比数列的转化：①若为正项等比数列，则为等差数列；②若为等差数列，则为等比数列；③若为等差数列又等比数列是非零常数列.3.数列常见通项公式的求法：（1）累加法：；（2）累乘法：；（3）（其中均为常数，）解法：把原递推公式转化为：，其中，再利用换元法转化为等比数列求解.（4）（其中均为常数，）. （或,其中均为常数）.解法：在原递推公式两边同除以，得：，令，得：，再按第（3）种情况求解.（5）解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（6）21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出,从而转化为是公比为的等比数列.（7）（其中均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中满足，再按第（4）种情况求解. （8）取倒数法：解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以后换元转化为，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数解法：这种类型一般是等式两边取以为底的对数，后转化为，按第（3）种情况求解.（10）已知求(或)解法：这种类型一般利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 与)()(11---=-=n n n n n a f a f S S a 消去 或与消去进行求解.（11） 解法：如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中 均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列.4.数列求和的主要方法：（1）公式法：如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n 项和公式，注意等比数列公比q 的取值情况要分或.（2）倒序相加法：如果一个数列，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．（3）分组转化求和法：若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．（4）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．（5）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的拆项公式如下：①分式型1111111()(1)1(21)(21)22121n n n n n n n n =-=-++-+-+，;11111111()(2)22(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n n n n n ⎡⎤=-=-⎢⎥+++++++⎣⎦，， ②乘式型()()()()1(1)1112,3n n n n n n n n +=--+-++⎡⎤⎣⎦()()()()()()()1(1)21121234n n n n n n n n n n n ++=--++-+++⎡⎤⎣⎦；阶乘型()()()()111111111,,1!1!!1!n n n k k m m m n n n n C C C kC nC n n n n -----+-==-=-=+++,；④三角函数型()111tan tan tan tan 1tan n n n n n n a a a a a a +++-⋅=--, ()111cot cot 1,sin sin sin n n n n n n a a a a a a +++-=⋅-()()21sin 1sin cos ,22sin 2k n k n kn k ++-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦()()21cos 1cos sin 22sin 2k n k n kn k ++-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦-=（6）并项求和法：在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．5.不等式的常用变形如下(1)根式形式：a ＋b ≥2ab (a ≥0，b ≥0)当且仅当a ＝b 时，等号成立；(2)整式形式：ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )，a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )，(a ＋b )2≥4ab (a ，b ∈R )，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22(a ，b ∈R )，以上不等式当且仅当a ＝b 时，等号成立；(3)分式形式：b a ＋a b≥2(ab ＞0)，当且仅当a ＝b 时，等号成立；(4)倒数形式：a ＋1a ≥2(a ＞0)，当且仅当a ＝1时，等号成立；a ＋1a≤－2(a ＜0)，当且仅当a ＝－1时，等号成立． 6.基本不等式求最大值、最小值，其基本法则是：(1)如果x ＞0，y ＞0，xy ＝p (定值)，当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p (简记为：积定，和有最小值)；(2)如果x ＞0，y ＞0，x ＋y ＝s (定值)，当x ＝y 时，xy 有最大值14s 2(简记为：和定，积有最大值)． 7. 不等式恒成立问题：若不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )min >A ；若不等式f (x )<B 在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上f (x )max <B .8．确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集．线性目标函数z ＝ax ＋by 中的z 不是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，把目标函数化为y ＝－a b x ＋z b ，可知z b 是直线ax ＋by ＝z 在y 轴上的截距，要根据b 的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．二．高频考点突破考点1 等差数列、等比数列的通项及基本量的求解【例1】【xx 河北衡水中学二调】设正项等比数列的前项和为，且，若， ，则（ ）A. 63或120B. 256C. 120D. 63 【答案】C【规律方法】等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【举一反三】【西藏拉萨市xx 届第一次模拟】已知等差数列的前项和为，若， ，则数列的公差为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】A【解析】设等差数列的首项为，公差为， ， ，解方程组得： ，选A . 考点2 等差数列、等比数列的性质【例2】已知各项均不为0的等差数列满足，数列为等比数列，且，则（ ）A ．25B ．16C ．8D ．4 【答案】B【解析】由，得，所以，.【规律方法】条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别．等差数列（或等比数列）中若出现的是通项与数列和的关系，则优先考虑等差数列性质m n p q m n p q a a a a +=+⇒+=+（）（m n p q m n p q a a a a +=+⇒⋅=⋅（）），以及.【举一反三】在公差不为0的等差数列中，，且为和的等比中项，则 . 【答案】13【解析】22242911111(3)()(8)3,03a a a a d a d a d d a d d d a =⇒+=++⇒=≠⇒=，而，所以151,3,14313.a d a ===+⨯=考点3 判断和证明等差数列、等比数列【例3】【xx 河南漯河中学三模】数列的前项和为，且对任意正整数都有. （1）求证： 为等比数列； （2）若，且，求数列的前项和.试题分析：（1）公式在常规数列题型中的应用，解得递推关系；（2）通过整理，得到，则求和为裂项相消求和，解得1111144122311n n T n n n ⎛⎫=-+-++-=⎪++⎝⎭. 【规律方法】(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)⇒{a n }是等比数列；(2)等差(比)中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇒{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)⇒{a n }是等比数列；(3)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇒{a n }是等差数列；a n ＝a 1·qn －1(其中a 1，q 为非零常数，n ∈N *)⇒{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇒{a n }是等差数列；S n ＝Aq n－A (A 为非零常数，q ≠0,1)⇒{a n }是等比数列.【举一反三】【江苏省兴化市xx 届12月联考】已知数列的满足，前项的和为，且()*11241n n n n n a a n N a a S ++-=∈-.（1）求的值；（2）设，证明：数列是等差数列；（3）设，若，求对所有的正整数都有成立的的取值范围.【解析】（1）令得.（2）因为，所以①.所以②， 由②-①，得12112112n n n nn n n n na a a aa a a a a +++++++=---.因为，所以.所以121112n nn n n na a a a a a +++++-=--，即，即，所以数列是公差为1的等差数列.（3）由（2）知，因为，所以数列的通项公式为.因为，所以，所以，所以数列是常数列. 由，所以.所以()()1222221221nn b nn n c a n n -=⋅=⋅-=⋅⋅-.因为()()()1122221221223022n n n n n c c n n n ++⎡⎤-=⋅+-⋅-=⋅⋅+>⎣⎦，所以数列为单调递增数列 当时， ，即的最小值为 ，由22232222n k c k λλλλ-+⇒+，所以，而当时， 在递减， 递增，所以，当且仅当或时取得，故. 考点4 等差数列与等比数列的综合应用【例4】【xx 陕西西安五中联考】已知等差数列的公差，且成等比数列，若， 为数列的前项和，则 的最小值为（ ）A. 3B. 4C.D.分析：求解数列中的最大项或最小项的一般方法，先研究数列的单调性，可以用或也可以转化为函数最值问题或利用数形结合求解. 本题解题的关键是利用分离常数法化简式子，凑出积为定值． 【答案】B【规律方法】等差数列、等比数列的综合问题的解题关键仍然是“基本量”方法，其通过方程或者方程组求出数列的基本量，然后再解决后续问题．【举一反三】【山东省枣庄市xx 届一调】已知数列分别是等差数列与等比数列，满足，公差，且. （1）求数列和的通项公式；（2）设数列对任意正整数 均有成立，设的前项和为， 求证： 是自然对数的底数）考点5 一般数列的性质【例5】设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n =1,2,3,…若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n 2，则( )A.{S n }为递减数列B.{S n }为递增数列C.{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D.{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列分析：根据b 1＋c 1＝2a 1，b 1＞c 1，可以设，再利用海伦秦九韶公式表示出，比较它们之间的大小，即可判断出{S n }为递增数列.解析：因为，不妨设，；故211111135152266a a a a S ==；，，，21111213262233a a a a S a ==；显然；同理，，，，211113133535228816a a a a S a ==，显然.故选B.【规律方法】（1）在处理数列单调性问题时应利用数列的单调性定义，即“若数列是递增数列恒成立”；（2）数列的单调性与的单调性不完全一致；（3）当数列对应的连续函数是单调函数，则可以借助其单调性来求解数列的单调性问题.【举一反三】已知数列是递增数列，且对，都有，则实数的取值范围是（ ） 7A.(,) B.[0,) C.[2,) D.(3,)2-+∞+∞-+∞-+∞【答案】D考点6 一般数列的通项及求和【例6】对于数列，定义1122...2n na a a Hn n-+++=为的“优值”，现在已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是_________.分析：本题考查数列的通项公式、数列的前项和，涉及特殊与一般思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.先由1111112222222(1)222n n n n n n n n n Hn a a a n a n n a n +-+-+=⇒+++=⇒=--⇒=+⇒，再利用数形结合思想和特殊与一般思想将对任意的恒成立转化为：． 【答案】 【解析】由1111112222222(1)222n n n n n n n n n Hn a a a n a n n a n +-+-+=⇒+++=⇒=--⇒=+⇒，又对任意的恒成立5(2)206(2)20k k k -+≥⎧⇒⇒∈⎨-+≤⎩．考点：1、数列的通项公式；2、数列的前项和．【规律方法】（1）通常情况下数列的第（1）题是需要求数列的通项公式，而且其中也设出一个新的数列，我们在做的过程中，要把这个条件作为一种提示，配凑成这种新的数列，即可解决；若题中没有设出这样的新数列，可以看知识整合中11种求通项的方法；（2）对于数列求和，需要先判断用那种求和的方法，然后进行求解.【举一反三】在数列及中，22221111,,1,1n n n n n n n n n n a a b a b b a b a b a b ++=++=++==．设，则数列的前项和为_____________．【答案】考点7 存在探索与证明性问题【例7】已知数列满足，，且对任意，都有()221211324m n m n a a a m n --+-+=+-． （1）求，；（2）设（）．①求数列的通项公式；②设数列的前项和，是否存在正整数，，且，使得，，成等比数列？若存在，求出，的值，若不存在，请说明理由．分析：（Ⅰ）赋值法求项：由令，，则，解得．由令，，则，解得．（Ⅱ）①由于()()()()()121212121211211211211[]n n n n n n n n n n b b a a a a a a a a ++--++++-+++-⎡⎤⎡⎤-=---=+-+⎣⎦⎣⎦，所以利用赋值法构造递推关系：令，得，即得 ，再根据等差数列定义得通项公式②因为1111133231n n b b n n +⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，所以先根据裂项相消法求和：11133131n n S n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭，再根据，，成等比数列，得，取倒数分离得 ，再由为大于1的正整数得，代入解得【规律方法】解决探索性问题的一般解题思路：先假设结论存在，若推理无矛盾，则结论确定存在；若推理有矛盾，则结论不存在．解决探索性问题应具备较高的数学思维能力，即观察、分析、归纳、猜想问题的能力，这正是“以能力立意”的生动体现．【举一反三】【江苏省常熟市xx届期中】已知数列各项均为正数，，，且对任意恒成立，记的前项和为. （1）若，求的值；（2）证明：对任意正实数，成等比数列；（3）是否存在正实数，使得数列为等比数列.若存在，求出此时和的表达式；若不存在，说明理由.（3）在（2）中令，则数列是首项为3，公比为的等比数列，∴()()22212223k k k k k S a a a a ---=+++++ ()()213,1{ 31,11k k q a a q q q=+=-≠-()12122132,1{ 312,11k kk k k k k q q S S a q qq q----==-=--≠-，且， ， ， ，∵数列为等比数列，∴()()()()()()22132324,{ ,S t S t S t S t S t S t +=+++=++即()()()()()()22313,{ 3333,t t q t q t t q t +=+++++=+++即考点8 数列与不等式的综合应用【例8】已知各项都是正数的数列的前项和为，， （1）求数列的通项公式；（2）设数列满足：，，数列的前项和，求证：； （3）若对任意恒成立，求的取值范围.分析：（Ⅰ）由和项求数列通项，注意分类讨论：当，得，当时，，得数列递推关系式，因式分解可得，根据等差数列定义得数列通项公式（Ⅱ）因为，所以利用叠加法求通项公式：，因此，从而利用裂项相消法求和得，即证得；（Ⅲ）不等式恒成立问题，一般先变量分离，转化为求对应函数最值问题：由得，而有最大值，所以【解析】（1）时，，，是以为首项，为公差的等差数列，（2），，，，即；（3）由得，当且仅当时，有最大值，【规律方法】证明数列中的不等式常转化为求数列的前n项和，一般把数列前n项和分两部分：一部分是要证明的常数；一部分是关于n的表达式．注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用.【举一反三】【xx河南林州一中调研】已知数列{a n}是等比数列，首项a1=1，公比q＞0，其前n项和为S n，且S1+a1，S3+a3，S2+a2成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{b n}满足，T n为数列{b n}的前n项和，若T n≥m恒成立，求m的最大值．()()012111222222212112nn n nnn T n n n ---=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⋅--，故，所以，所以()()()1121121120n n nn n T T n n n ++⎡⎤-=⋅+--⋅+=+⋅>⎣⎦，所以，所以是递增数列，所以，所以，所以的最大值为考点9数列与函数的交汇问题 【例9】已知数列中，函数．（1）若正项数列满足，试求出，，，由此归纳出通项，并加以证明； （2）若正项数列满足（n ∈N *），数列的前项和为T n ，且，求证：．分析：（1）由递推公式依次可求得，用数学归纳法的要求证明即可；也可把递推公式变形为，则数列是等比数列；（2）要与（1）进行联系，首选函数，因此在上是增函数，可妨（1）进行归纳，，，，…，也可把变形为1111121n n a a +-≥-，由累乘法得：11111121n n a a --≥-，从而得，即，最终有 ，这样可用裂项相消法求出（放缩后），证得结论．证明如下：∵，∴，∴，∴数列是以1为首项、为公比的等比数列，∴，∴1111211212nn nna---==++；（2）∵（n∈N*），∴，∴1111121nnaa+-≥-，累乘得：11111121nnaa--≥-，∴，即，∴，∵111112211121212(12)(12)1212nnnnn n n n n n nab-----+=≤==-++++++，∴01121111111121212121212n n nT-≤-+-++-++++++．【规律方法】数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上满足某种关系，或是给出S n的表达式，S n与a n的关系，还有以曲线上的切点为背景的问题，求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应，将条件进行准确的转化即可．【举一反三】【江西省莲塘一中等xx届第一次联考】二次函数的图象过原点，对，恒有()222162x f x x x--≤≤++成立，设数列满足 .（1）求证：对，恒有成立；（2）求函数的表达式；（3）设数列前项和为，求的值.()()22320a x a x++++≥恒成立，当时，，不合题意舍去，当时，即，所以，所以.。

数列、不等式1．已知前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).由S n 求a n 时，易忽略n ＝1的情况．[问题1] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝12n －1， n ≥22．等差数列的有关概念及性质(1)等差数列的判断方法：定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)或a n ＋1－a n ＝a n －a n －1(n ≥2)． (2)等差数列的通项：a n ＝a 1＋(n －1)d 或a n ＝a m ＋(n －m )d . (3)等差数列的前n 项和：S n ＝n (a 1＋a n )2，S n ＝na 1＋n (n －1)2d . (4)等差数列的性质①当公差d ≠0时，等差数列的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n 是关于n 的二次函数且常数项为0.②若公差d >0，则为递增等差数列；若公差d <0，则为递减等差数列；若公差d ＝0，则为常数列．③当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ＋a n ＝2a p . ④S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．[问题2] 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，S 20＝17，则S 30为( ) A ．15 B ．20 C ．25 D ．30 答案 A3．等比数列的有关概念及性质(1)等比数列的判断方法：定义法a n ＋1a n ＝q (q 为常数)，其中q ≠0，a n ≠0或a n ＋1a n ＝a na n －1(n ≥2)．如一个等比数列{a n }共有2n ＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则a n ＋1＝56.(2)等比数列的通项：a n ＝a 1q n－1或a n ＝a m q n －m .(3)等比数列的前n 项和：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.易错警示：由于等比数列前n 项和公式有两种形式，为此在求等比数列前n 项和时，首先要判断公比q 是否为1，再由q 的情况选择求和公式的形式，当不能判断公比q 是否为1时，要对q 分q ＝1和q ≠1两种情形讨论求解．(4)等比中项：若a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项．值得注意的是，不是任何两数都有等比中项，只有同号两数才存在等比中项，且有两个，即为±ab .如已知两个正数a ，b (a ≠b )的等差中项为A ，等比中项为B ，则A 与B 的大小关系为A >B . (5)等比数列的性质当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ·a n ＝a p ·a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ·a n ＝a 2p .[问题3] (1)在等比数列{a n }中，a 3＋a 8＝124，a 4a 7＝－512，公比q 是整数，则a 10＝________. (2)各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5·a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________. 答案 (1)512 (2)10 4．数列求和的方法(1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法；如：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k .(6)并项法．数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法．[问题4] 数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ，n ≥1)，若a 2＝1，S n 是{a n }的前n 项和，则S 21的值为________． 答案 925．在求不等式的解集、定义域及值域时，其结果一定要用集合或区间表示，不能直接用不等式表示．[问题5] 不等式－3x 2＋5x －2>0的解集为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫23，16．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，必须讨论这个数的正负．两个不等式相乘时，必须注意同向同正时才能进行．[问题6] 已知a ，b ，c ，d 为正实数，且c >d ，则“a >b ”是“ac >bd ”的________条件． 答案 充分不必要7．基本不等式：a ＋b2≥ab (a ，b >0)(1)推广：a 2＋b 22≥a ＋b 2≥ab ≥21a ＋1b(a ，b >0)． (2)用法：已知x ，y 都是正数，则①若积xy 是定值p ，则当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2p ； ②若和x ＋y 是定值s ，则当x ＝y 时，积xy 有最大值14s 2.易错警示：利用基本不等式求最值时，要注意验证“一正、二定、三相等”的条件． [问题7] 已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，则y ＝1a ＋4b 的最小值是________．答案 98．解线性规划问题，要注意边界的虚实；注意目标函数中y 的系数的正负；注意最优整数解．[问题8] 设定点A (0,1)，动点P (x ，y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≤x ，则|P A |的最小值是________．答案22易错点1 忽视对等比数列中公比的分类讨论致误例1 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝S 9，则数列的公比q 是________． 错解 －1找准失分点 当q ＝1时，符合要求．很多考生在做本题时都想当然地认为q ≠1. 正解 ①当q ＝1时，S 3＋S 6＝9a 1，S 9＝9a 1， ∴S 3＋S 6＝S 9成立． ②当q ≠1时，由S 3＋S 6＝S 9 得a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝a 1(1－q 9)1－q∴q 9－q 6－q 3＋1＝0，即(q 3－1)(q 6－1)＝0. ∵q ≠1，∴q 3－1≠0，∴q 6＝1，∴q ＝－1. 答案 1或－1易错点2 忽视分类讨论或讨论不当致误例2 若等差数列{a n }的首项a 1＝21，公差d ＝－4，求：S k ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k |. 错解 由题意，知a n ＝21－4(n －1)＝25－4n ，因此由a n ≥0，解得n ≤254，即数列{a n }的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0.|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k |＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 7＋a 8＋…＋a k )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a k ) ＝2k 2－23k ＋132 所以S k ＝2k 2－23k ＋132.找准失分点 忽视了k ≤6的情况，只给出了k ≥7的情况．正解 由题意，知a n ＝21－4(n －1)＝25－4n ，因此由a n ≥0，解得n ≤254，即数列{a n }的前6项大于0，从第7项开始，以后各项均小于0. 当k ≤6时，S k ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a k |＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝－2k 2＋23k .当k ≥7时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a k | ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 6)－(a 7＋a 8＋…＋a k )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)－(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a k ) ＝2k 2－23k ＋132，所以S k ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2k 2＋23k (k ≤6)2k 2－23k ＋132 (k ≥7).易错点3 忽视等比数列中的隐含条件致误例3 各项均为实数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝10，S 30＝70，则S 40＝________. 错解 150或－200找准失分点 数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30的公比q 10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－200.正解 记b 1＝S 10，b 2＝S 20－S 10，b 3＝S 30－S 20，b 4＝S 40－S 30， b 1，b 2，b 3，b 4是以公比为r ＝q 10>0的等比数列． ∴b 1＋b 2＋b 3＝10＋10r ＋10r 2＝S 30＝70， ∴r 2＋r －6＝0，∴r ＝2或r ＝－3(舍去)， ∴S 40＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝10(1－24)1－2＝150.答案 150易错点4 忽视基本不等式中等号成立的条件致误例4 已知：a >0，b >0，a ＋b ＝1，求⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值．错解 由⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝a 2＋b 2＋1a 2＋1b 2＋4 ≥2ab ＋2ab＋4≥4ab ·1ab＋4＝8， 得⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值是8. 找准失分点 两次利用基本不等式，等号不能同时取到． 正解 ⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2 ＝a 2＋b 2＋1a 2＋1b 2＋4＝(a 2＋b 2)＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2＋4 ＝[(a ＋b )2－2ab ]＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1a ＋1b 2－2ab ＋4＝(1－2ab )⎝⎛⎭⎫1＋1a 2b 2＋4 由ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14，得1－2ab ≥1－12＝12，且1a 2b 2≥16,1＋1a 2b 2≥17. ∴原式≥12×17＋4＝252(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)，∴⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2的最小值是252.1．在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7等于( ) A ．10 B ．18 C ．20 D ．28答案 C解析 因为a 3＋a 8＝10，所以由等差数列的性质，得a 5＋a 6＝10， 所以3a 5＋a 7＝2a 5＋2a 6＝20，选C.2．若1a <1b <0，则下列不等式：①a ＋b <ab ；②|a |>|b |；③a <b 中，正确的不等式有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案 B解析 由1a <1b<0，得a <0，b <0，故a ＋b <0且ab >0，所以a ＋b <ab ，即①正确； 由1a <1b<0，得⎪⎪⎪⎪1a >⎪⎪⎪⎪1b ，两边同乘|ab |，得|b |>|a |，故②错误；由①②知|b |>|a |，a <0，b <0，所以a >b ，即③错误，选B.3．已知，x >1，y >1，且14ln x ，14，ln y 成等比数列，则xy 有( )A ．最小值eB ．最小值 eC ．最大值eD ．最大值 e答案 A解析 x >1，y >1，且14ln x ，14，ln y 成等比数列，14ln x ·ln y ＝(14)2，即14＝ln x ·ln y ≤(ln x ＋ln y 2)2，ln x ＋ln y ≥1，ln xy ≥1，故xy ≥e.4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10∶S 5＝1∶2，则S 15∶S 5等于( ) A ．3∶4 B ．2∶3 C ．1∶2 D ．1∶3答案 A解析 ∵{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也构成等比数列， 记S 5＝2k (k ≠0)，则S 10＝k ，可得S 10－S 5＝－k ， 进而得S 15－S 10＝12k ，于是S 15＝32k ，故S 15∶S 5＝32k ∶2k ＝3∶4.5．把一数列依次按第一个括号内一个数，第二个括号内两个数，第三个括号内三个数，第四个括号内一个数，…循环分为(1)，(3,5)，(7,9,11)，(13)，(15,17)，(19,21,23)，(25)，…，则第50个括号内各数之和为( ) A ．195 B ．197 C ．392 D ．396答案 C解析 将三个括号作为一组，则由50＝16×3＋2，知第50个括号应为第17组的第二个括号，即第50个括号中应是两个数．又因为每组中含有6个数，所以第48个括号的最末一个数为数列{2n －1}的第16×6＝96项，第50个括号的第一个数应为数列{2n －1}的第98项，即为2×98－1＝195，第二个数为2×99－1＝197，故第50个括号内各数之和为195＋197＝392.故选C.6．已知点A (m ，n )在直线x ＋2y －1＝0上，则2m ＋4n 的最小值为________． 答案 2 2解析 点A (m ，n )在直线x ＋2y －1＝0上，则m ＋2n ＝1；2m ＋4n ＝2m ＋22n ≥22m ·22n ＝22m＋2n＝2 2.7．已知x >0，y >0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则(a ＋b )2cd 的最小值是________．答案 4解析 由x ，a ，b ，y 成等差数列知a ＋b ＝x ＋y ，① 由x ，c ，d ，y 成等比数列知cd ＝xy ，②把①②代入(a ＋b )2cd 得(a ＋b )2cd ＝(x ＋y )2xy ＝x 2＋y 2＋2xy xy ≥4，∴(a ＋b )2cd的最小值为4.8．已知平面直角坐标系xOy 上的区域D 由不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2y ≤2x ≤2y给定．若M (x ，y )为D 上的动点，点A 的坐标为(2，1)，则z ＝OM →·OA →的最大值为________．答案 4解析 画出可行域D ，如图中阴影部分所示，而z ＝OM →·OA →＝2x ＋y ， ∴y ＝－2x ＋z ， 令l 0：y ＝－2x ，将l 0平移到过点(2，2)时， 截距z 有最大值， 故z max ＝2×2＋2＝4.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(4－a 2)x ＋4(x ≤6)，a x －5(x >6)(a >0，a ≠1)．数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是单调递增数列，则实数a 的取值范围是________． 答案 (4,8)解析 ∵{a n }是单调递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧4－a 2>0a >1(4－a 2)×6＋4<a2，⎩⎪⎨⎪⎧a <8a >1a <－7或a >4， ∴4<a <8.10．已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足8S n ＝a 2n ＋4a n ＋3，且a 2是a 1和a 7的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)符号[x ]表示不超过实数x 的最大整数，记b n ＝[log 2(a n ＋34)]，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n .解 (1)由8S n ＝a 2n ＋4a n ＋3，①知8S n －1＝a 2n －1＋4a n －1＋3(n ≥2，n ∈N )．② 由①－②得8a n ＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋4a n －4a n －1， 整理得(a n －a n －1－4)(a n ＋a n －1)＝0(n ≥2，n ∈N )． ∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝4(n ≥2，n ∈N )．∴{a n }为公差为4的等差数列，由8a 1＝a 21＋4a 1＋3，得a 1＝3或a 1＝1. 当a 1＝3时，a 2＝7，a 7＝27，不满足a 2是a 1和a 7的等比中项． 当a 1＝1时，a 2＝5，a 7＝25，满足a 2是a 1和a 7的等比中项． ∴a n ＝1＋(n －1)4＝4n －3.(2)由a n ＝4n －3得b n ＝[log 2(a n ＋34)]＝[log 2n ]，由符号[x ]表示不超过实数x 的最大整数知，当2m ≤n <2m＋1时，[log 2n ]＝m ，所以令S ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22n ] ＝0＋1＋1＋2＋…＋3＋…＋4＋…＋n －1＋…＋n . ∴S ＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋(n －1)×2n －1＋n ，① 2S ＝1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋(n －1)×2n ＋2n .② ①－②得－S ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －1－(n －1)2n －n ＝2(1－2n －1)1－2－(n －1)2n －n ＝(2－n )2n －n －2，∴S ＝(n －2)2n ＋n ＋2，即b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝(n －2)2n ＋n ＋2.。

数列与不等式交汇的综合题例38 已知数列{}n a 满足.21211--+=n n n a na a *)(N n ∈ (1)若数列{}n a 是以常数1a 首项,公差也为1a 的等差数列,求a 1的值; (2)若012a =,求证：21111n n a a n --<对任意n N *∈都成立； (3)若012a =,求证：12n n a n n +<<+对任意n N *∈都成立. 解 (1)由21121()n n n a a a n N n*--=+∈得：[]211121(2)a a n a n =+-即221121()n a a n-=，求得10a =（2）由10n n a a ->>知1121n n n n a a a a n--<+，两边同除以1n n a a -，得21111n n a a n--< （3）00112111111111()()()n n na a a a a a a a --=-+-++- 222111123n <++++ 11111223(1)n n<++++⨯⨯- 111111111()()()()233445(1)n n=+-+-+-++--12n=-，将012a =代入，得n a n <； ㈠11n a n -<- ∴ 21121n n n a a a n --=+1121n n n a a n---<+2121n n n a a n n ->+- 2112211n n n n n a a a a n n n -->+∙+-211111111n n a a n n n n -->>-+-+11223111111111()()()n n na a a a a a a a --=-+-++- 111111()()()23341n n >-+-++-+ 1121n =-+ 而134a =， 1512611n n a n n +∴<+<++ 12n n a n +∴>+ ㈡ 由㈠㈡知，命题成立.例39 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，)1(2,11-+==n nS a a nn 。

专题14指、对、幂形数的大小比较问题【命题规律】指、对、幂形数的大小比较问题是高考重点考查的内容之一，也是高考的热点问题，命题形式主要以选择题为主．每年高考题都会出现，难度逐年上升．【核心考点目录】核心考点一：直接利用单调性核心考点二：引入媒介值核心考点三：含变量问题核心考点四：构造函数核心考点五：数形结合核心考点六：特殊值法、估算法核心考点七：放缩法核心考点八：不定方程【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）已知0.72a =，0.713b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，21log 3c =，则（）A ．a c b >>B ．b c a >>C ．a b c >>D ．c a b>>【答案】C 【解析】因为0.70.7221120log 1log 33⎛⎫>>=> ⎪⎝⎭，故a b c >>.故答案为：C.2．（2022·全国·统考高考真题）已知910,1011,89m m m a b ==-=-，则（）A ．0a b >>B ．0a b >>C ．0b a >>D ．0b a>>【答案】A【解析】［方法一］：（指对数函数性质）由910m=可得9lg10log 101lg9m ==>，而()222lg 9lg11lg 99lg 9lg111lg1022+⎛⎫⎛⎫<=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg10lg11lg9lg10>，即lg11m >，所以lg11101110110m a =->-=.又()222lg 8lg10lg 80lg 8lg10lg 922+⎛⎫⎛⎫<=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg9lg10lg8lg9>，即8log 9m >，所以8log 989890m b =-<-=.综上，0a b >>.［方法二］：【最优解】（构造函数）由910m =，可得9log 10(1,1.5)m =∈．根据,a b 的形式构造函数()1(1)m f x x x x =-->，则1()1m f x mx -'=-，令()0f x '=，解得110m x m -=，由9log 10(1,1.5)m =∈知0(0,1)x ∈.()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以(10)(8)f f >，即a b >，又因为9log 10(9)9100f =-=，所以0a b >>.故选：A.【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；法二：利用,a b 的形式构造函数()1(1)m f x x x x =-->，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．3．（2022·全国·统考高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c<a<bD ．a c b<<【答案】C【解析】方法一：构造法设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以10ln 099<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11xx x g x x x x -+'=+=--,令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <-时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =，所以当01x <<-时，()0h x <，所以当01x <<-时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c >故选：C.方法二：比较法0.10.1a e =，0.110.1b =-，ln(10.1)c =--，①ln ln 0.1ln(10.1)a b -=+-，令()ln(1),(0,0.1],f x x x x =+-∈则1()1011x f x x x-'=-=<--，故()f x 在(0,0.1]上单调递减，可得(0.1)(0)0f f <=，即ln ln 0a b -<，所以a b <；②0.10.1ln(10.1)a c e -=+-，令()ln(1),(0,0.1],x g x xe x x =+-∈则()()()1111'11x xxx x e g x xe e x x+--=+-=--，令()(1)(1)1x k x x x e =+--，所以2()(12)0x k x x x e '=-->，所以()k x 在(0,0.1]上单调递增，可得()(0)0k x k >>，即()0g x '>，所以()g x 在(0,0.1]上单调递增，可得(0.1)(0)0g g >=，即0a c ->，所以.a c >故.c a b <<4．（2021·天津·统考高考真题）设0.3212log 0.3,log 0.4,0.4a b c ===，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．c<a<bC ．b<c<aD ．a c b<<【答案】D【解析】22log 0.3log 10<= ，<0a ∴，122225log 0.4log 0.4log log 212=-=>= ，1b ∴>，0.3000.40.41<<= ，01c ∴<<，a cb ∴<<.故选：D.5．（2022·全国·统考高考真题）已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（）A ．c b a >>B ．b a c>>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】A【解析】[方法一]：构造函数因为当π0,,tan 2x x x⎛⎫∈< ⎪⎝⎭故14tan 14c b =>，故1cb >，所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，故1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以131cos 0432->，所以b a >，所以c b a >>，故选A [方法二]：不等式放缩因为当π0,,sin 2x x x ⎛⎫∈< ⎪⎝⎭，取18x =得：2211131cos 12sin 1248832⎛⎫=->-= ⎪⎝⎭，故b a>1114sin cos 444ϕ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，其中0,2πϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且sin ϕϕ=当114sin cos 44+=142πϕ+=，及124πϕ=-此时1sin cos 4ϕ=1cos sin 4ϕ=故1cos411sin 4sin 44<=<，故b c <所以b a >，所以c b a >>，故选A [方法三]：泰勒展开设0.25x =，则2310.251322a ==-，2410.250.25cos 1424!b =≈-+，241sin10.250.2544sin1143!5!4c ==≈-+，计算得c b a >>，故选A.[方法四]：构造函数因为14tan 4c b =，因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭，所以11tan 44>,即1cb >，所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>，故选：A ．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为14tan 4c b =，因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭，所以11tan 44>,即1cb >，所以c b >；因为当π0,,sin 2x x x ⎛⎫∈< ⎪⎝⎭，取18x =得2211131cos 12sin 1248832⎛⎫=->-= ⎪⎝⎭，故b a >，所以c b a >>．故选：A ．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭放缩，即可得出大小关系，属于最优解．【方法技巧与总结】（1）利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a ，b ，c 的大小．（2）指、对、幂大小比较的常用方法：①底数相同，指数不同时，如1x a 和2x a ，利用指数函数x y a =的单调性；②指数相同，底数不同，如1ax 和2ax 利用幂函数a y x =单调性比较大小；③底数相同，真数不同，如1log a x 和2log a x 利用指数函数log a x 单调性比较大小；④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定．（3）转化为两函数图象交点的横坐标（4）特殊值法（5）估算法（6）放缩法、基本不等式法、作差法、作商法、平方法【核心考点】核心考点一：直接利用单调性【典型例题】例1．（2023·全国·高三专题练习）已知三个函数112()21,()e 1,()log (1)1x x f x x g x h x x x --=+-=-=-+-的零点依次为,,a b c ，则,,a b c 的大小关系（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c a b >>D ．c b a>>【答案】D【解析】∵函数1()21x f x x -=+-为增函数，又11(0)210,(1)102f f -=-=-<=>，∴()0,1a ∈，由1()e 10x g x -=-=，得1x =，即1b =，∵2()log (1)1h x x x =-+-在()1,+∞单调递增，又223331(log (1)10,(2)log (21)21102222h h =-+-=-<=-+-=>，∴322c <<，∴c b a >>.故选：D.例2．（2022春·辽宁大连·高三校联考期中）已知111m n>>，n a n =，m b n =，n c m =，则a ，b ，c 的大小关系正确的为（）A ．c ＞a ＞bB ．b ＞a ＞cC ．b ＞c ＞aD ．a ＞b ＞c【答案】B 【解析】由题意111m n>>，故01m n <<<，由指数函数的单调性，x y n =单调递减，故b a >，由幂函数的单调性，n y x =在(0,)+∞单调递增，故a c >，综上：b a c >>.故选：B例3．（2022春·贵州黔东南·高二凯里一中阶段练习）设21log 3aa ⎛⎫= ⎪⎝⎭，132log bb =，154c⎛⎫= ⎪⎝⎭，则a 、b 、c 的大小关系是（）A ．b a c <<B ．c b a <<C ．a b c <<D ．b<c<a【答案】B【解析】构造函数()21log 3x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为函数2log y x =、13xy ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在()0,∞+上均为增函数，所以，函数()f x 为()0,∞+上的增函数，且()1103f =-<，()8209f =>，因为()0f a =，由零点存在定理可知12a <<；构造函数()132log xg x x =-，因为函数2x y =、13log y x =-在()0,∞+上均为增函数，所以，函数()g x 为()0,∞+上的增函数，且1912209g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，1312103g ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，因为()0g b =，由零点存在定理可知1193b <<.因为154c⎛⎫= ⎪⎝⎭，则1144log 5log 10c =<=，因此，c b a <<.故选：B.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知54m =，89n =，0.90.8p =，则正数m ，n ，p 的大小关系为（）A ．p m n >>B ．m n p>>C ．m p n>>D ．p n m>>【答案】A【解析】由54m =，得125542m ==<89n =，得118493n ==，因此，122112020855202011520442222561324333m n ⨯⨯⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪====> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭m n >>，由0.90.8p =，得0.90.9log 0.8log 0.812p =>=，于是得p m n >>，所以正数m ，n ，p 的大小关系为p m n >>.故选：A核心考点二：引入媒介值【典型例题】例5．（2023·全国·高三专题练习）已知3110π,53,log 2a bc ===-，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．b a c<<C ．c<a<bD ．a c b<<【答案】D【解析】由3110,53,log 2a bc π===-可得，lg πa =，5log 3b =，123c -=，由于1213,12c -⎛⎫==⎪⎝⎭，1lg 2a ==，551log 3log 2b =>=，而35c =<，3553<，所以35553log 3log 55b =>=，所以ac b <<．故选：D ．例6．（2023·全国·高三专题练习）设0.124log 3,log 5,2a b c -===，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c b a>>D ．a c b>>【答案】A【解析】依题意，24ln 3log 3ln 32ln 22ln 3ln 9ln 21,ln 5log 5ln 2ln 5ln 5ln 5ln 4a a b b ===⨯==>∴>，0.14404121log 5log ,2b c ->==<==，所以1a b c >>>故选：A例7．（2023·全国·高三专题练习）已知14sin 4,ln 4,4a b c -===，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c b a <<B ．a b c <<C ．a c b <<D ．b<c<a【答案】C【解析】()sin4sin 40π==--<a ，ln 4ln e 1=>=b，14124210--==<=<c ，所以a c b <<．故选：C ．例8．（2022·云南昆明·昆明一中模拟预测）已知13e a =，ln 2b =，3log 2c =，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a c b >>B ．a b c>>C ．b c a>>D ．c b a>>【答案】B【解析】 103e e 1=>=a ，ln ln e 1b ==，33log 2log 31c =<=∴a 最大，3lg 2lg 211ln 2log 2lg 20lg e lg3lg e lg3⎛⎫-=-=-=⋅-> ⎪⎝⎭b c ，∴b c >，∴a b c >>，故选：B例9．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知0.20.212log 0.5,0.5,log 0.4a b c ===，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．a c b<<C ．b<c<aD ．c<a<b【答案】A【解析】因为0.20.20.21log 0.5log log 2a ==<=，而150.2110.522b ⎛⎫==> ⎪⎝⎭，且0.20.51<，所以a b <.又12225log 0.4log log 212c ==>>，所以a b c <<，故选：A.例10．（2023·全国·高三专题练习）三个数a ＝0.42，b ＝log 20.3，c ＝20.6之间的大小关系是（）A ．a ＜c ＜bB ．a ＜b ＜cC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a【答案】C【解析】∵0＜0.42＜0.40＝1，∴0＜a ＜1，∵log 20.3＜log 21＝0，∴b ＜0，∵20.6＞20＝1，∴c ＞1，∴b ＜a ＜c ，故选：C ．核心考点三：含变量问题【典型例题】例11．（2022·广西·统考模拟预测）已知正数,,x y z 满足e ,x y =且,,x y z 成等比数列，则,,x y z 的大小关系为（）A ．x y z >>B ．y x z >>C ．x z y >>D ．z y x>>【答案】D【解析】令()e ,0x f x y x x x =-=->，则()e 1xf x '=-，当0x >时，()e 10x f x '=->，()f x 单调递增，所以()0=e >e =1x f x x -，所以e x x >，故y x >，因为正数,,x y z 成等比数列，所以2y xz =即2e x xz =，故2e x z x=，所以2e e 1e x xx z y x x==>，故z y >，综上所述，z y x >>，故选：D例12．（2022春·湖南岳阳·高三统考阶段练习）已知正数,,a b c ，满足ln c a b b e c a =⋅=⋅，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b c a<<D ．c b a<<【答案】D【解析】,,a b c 均为正数，因为ln a b c a =⋅，所以ln c b =，设()ln 0ca b b e c a t t =⋅=⋅=>，则,=,ln ln e c t t ta b c b b b===，令()()ln 0f x x x x =->，则()111xf x x x-'=-=，当01x <<时()0f x ¢>，()f x 单调递增，当1x >时()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()110f x f ≤=-<，即ln x x <，所以ln b b <，可得a b >，又ln c b =得c b <，综上，c b a <<.故选：D.例13．（2022春·湖北·高三校联考开学考试）已知,,a b c 均为不等于1的正实数，且ln ln ,ln ln c a b a b c ==，则,,a b c 的大小关系是（）A ．c a b >>B ．b c a >>C ．a b c >>D ．a c b>>【答案】D【解析】ln ln ,ln ln c a b a b c == 且a 、b 、c 均为不等于1的正实数，则ln c 与ln b 同号，ln c 与ln a 同号，从而ln a 、ln b 、ln c 同号.①若a 、b 、()0,1c ∈，则ln a 、ln b 、ln c 均为负数，ln ln ln a b c c =>，可得a c >，ln ln ln c a b b =>，可得c b >，此时a c b >>；②若a 、b 、()1,c ∈+∞，则ln a 、ln b 、ln c 均为正数，ln ln ln a b c c =>，可得a c >，ln ln ln c a b b =>，可得c b >，此时a c b >>.综上所述，a c b >>.故选：D.例14．（2023·全国·高三专题练习）已知实数a ，b ，c 满足ln ln ln 0e a a b cb c==-<，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b a c <<B ．c b a<<C ．a b c<<D ．c<a<b【答案】C【解析】由题意知0,0,0a b c >>>，由ln ln ln 0a a b ce b c==-<，得01,01,1a b c <<<<>，设ln ()(0)x f x x x =>，则21ln ()xf x x -'=，当01x <<时，()0,()'>f x f x 单调递增，因1x e x ≥+，当且仅当0x =时取等号，故(01)a e a a ><<，又ln 0a <，所以ln ln a a ae a >，故ln ln b a b a>，∴()()f b f a >，则b a >，即有01a b c <<<<，故a b c <<.故选:C ．例15．（2023·全国·高三专题练习）已知,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭且222sin 2sin 1e xx a +=，cos cos 1e xx b +=，sin sin 1e x x c +=，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．b<c<aC ．a c b <<D ．c<a<b【答案】C【解析】构造函数()()10e x x f x x +=>，则()2222sin 2sin 12sin e x x a f x +==，()cos cos 1cos e x x b f x +==，()sin sin 1sin e xx c f x +==．因为()()()2e 1e 0ee x xx x x xf x -+'==-<在()0,∞+上恒成立，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递减.又因为,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()22sin sin sin 2sin 10x x x x -=->，且sin cos x x >，故a c b <<.故选：C ．例16．（2023·四川绵阳·()1e ,1x -∈，记ln ln 1ln ,,e 2⎛⎫=== ⎪⎝⎭xx a x b c ，则,,a b c 的大小关系是（）A ．a c b <<B ．a b c <<C ．c b a <<D ．b<c<a【答案】A【解析】因为()1e ,1x -∈，所以()()ln ln 1ln 1,0,,e 211,2,1e ⎛⎫=∈-== ⎪⎛⎫∈∈ ⎝⎝⎭⎪⎭xx a x b c ，所以a c b <<，故选：A核心考点四：构造函数【典型例题】例17．（2023·全国·高三专题练习）已知0.03e 1a =-，3103b =，ln1.03c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c a b >>D ．b a c>>【答案】B【解析】记()()e 1,0xf x x x =--≥.因为，所以当0x >时，，所以()f x 在()0,+∞上单调递增函数，所以当0x >时，()()00f x f >=，即1x e x ->，所以0.03e 10.03->.记()()()ln 1,0g x x x x =+-≥.因为，所以()g x 在()0,+∞上单调递减函数，所以当0x >时，()()00g x g <=，即()ln 1x x +<，所以ln1.030.03<.所以a c >.记()()()ln 1,01xh x x x x=+-≥+.因为，所以当0x >时，，所以()h x 在()0,+∞上单调递增函数，所以当0x >时，()()00h x h >=，即()ln 11x x x +>+，所以0.033ln1.0310.03103>=+.所以c b >.综上所述：a c b >>.故选：B例18．（四川省眉山市2023届高三第一次诊断性考试数学（文）试题）设 1.02a =，0025.e b =，0.92sin 0.06c =+，则a ，b ，c 的大小关系是（）A ．c b a <<B ．a b c <<C ．b<c<aD ．c<a<b【答案】D【解析】令()e x f x x =-，则()e 1xf x '=-，当0x >，()0f x >′，此时()f x 单调递增，当0x <，()0f x <′，此时()f x 单调递减，所以()()00e 01f x f >=-=，所以()0.020.02e 0.021f =->，即0.02e 1.02>，所以0.0250.02e e 1.02b a =>>=；又设()sin g x x x =-，()cos 10g x x '=-≤恒成立，∴当0x >，()g x 单调递减，()sin (0)0g x x x g =-<=当0x >时，有sin x x <，则sin 0.060.06<，所以0.92sin 0.060.920.06 1.02c a =+<+⨯==，综上可得c a b <<．故选：D ．例19．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）设0.1a =，sin0.1b =， 1.1ln1.1c =，则,,a b c 的大小关系正确的是（）A ．b c a <<B ．b a c<<C ．a b c<<D ．a c b<<【答案】B【解析】令函数()sin f x x x =-，[0,)2x π∈，当02x π<<时，()cos 10f x x '=-<，即()f x 在(0,)2π上递减，则当02x π<<时，()(0)<f x f ，即sin x x <，因此sin 0.10.1<，即b a <；令函数()(1)ln(1)g x x x x =++-，01x ≤<，当01x <<时，()ln(1)0g x x '=+>，则()g x 在(0,1)上单调递增，则当01x <<时，()(0)0g x g >=，即(1)ln(1)x x x ++>，因此0.1 1.1ln1.1<，即a c <，所以,,a b c 的大小关系正确的是b a c <<.故选：B例20．（2023·全国·高三专题练习）设150a =，()ln 1sin 0.02b =+，5121n 50c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（）A ．a b c <<B ．a c b<<C ．b<c<aD ．b a c<<【答案】D【解析】设()sin ,0,2f x x x x π⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，则()cos 10f x x '=-≤，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，设()()ln 1,0,1g x x x x =-+∈，则()110g x x'=->，()g x 递增，则()()10g x g <=，即ln 1x x <-，所以()ln 1sin 0.02sin 0.020.02b a =+<<=，令()()2e 1x h x x =-+，则()()e 21x h x x '=-+，()e 2x h x ''=-，当ln 2x <时，()0h x ''<，则()h x '递减，又()()ln 22ln 20,010h h ''=-<=-<，所以当()0,ln 2x ∈时，()0h x '<，()h x 递减，则()()00h x h <=，即()2e 1x x <+，因为()0.020,ln 2∈，则()0.020h <，所以512ln 0.02250e 1.02e <=，即150a =<5121n 50c =，故b a c <<，故选：D例21．（2023·全国·高三专题练习）设11166,2ln sin cos ,ln 5101055a b c ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是___________.【答案】.b a c<<【解析】由已知可得2111112ln sin cos ln sin cos ln(1sin )101010105b ⎛⎫⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()sin f x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0f x x '=->，所以()sin f x x x =-在(0,1)上单调递增，所以1(0)05f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即11sin 55>，所以11ln 1sin ln 155b ⎛⎫⎛⎫=+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()ln(1)g x x x =-+，(0,1)x ∈，则1()1011x g x x x '=-=>++，所以()ln(1)g x x x =-+在(0,1)上单调递增，所以1(0)05g g ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即111ln 1ln 1sin 555⎛⎫⎛⎫>+>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a b >，设6()ln(1)5h x x x =-+，(0,1)x ∈，则651()1551x h x x x -'=-=++，当105x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0h x '<，当1,15x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，所以6()ln(1)5h x x x =-+在105⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在1,15⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以1(0)05h h ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即16166ln 1ln 55555⎛⎫<+= ⎪⎝⎭，所以a c <，所以.b a c <<故答案为：.b a c <<.例22．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）设150a =，112ln sin cos 100100b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，651ln 550c =，则a ，b ，c 的大小关系正确的是（）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．b<c<aD ．b a c<<【答案】D【解析】因为10.0250ln eln e a ==，211ln sin cos 100100b ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，6551ln 50c ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以只要比较6250.02 1.211151e ,sin cos 1sin 1sin 0.02,(10.02)1001005050x y z ⎛⎫⎛⎫==+=+=+==+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的大小即可，令()e (1sin )(0)x f x x x =-+>，则()e cos 0x f x x '=->，所以()f x 在(0,)+∞上递增，所以()(0)f x f >，所以e 1sin x x >+，所以0.02e 1sin 0.02>+，即1x y >>，令 1.2()(1)e x g x x =+-，则0.2() 1.2(1)e x g x x '=+-，0.8()0.24(1)e x g x x -''=+-因为()g x ''在(0.)+∞上为减函数，且(0)0.2410g ''=-<，所以当0x >时，()0g x ''<，所以()g x '在(0.)+∞上为减函数，因为(0) 1.210g '=->，0.20.2 1.20.2(0.2) 1.2 1.2e 1.2e g '=⨯-=-，要比较 1.21.2与0.2e 的大小，只要比较 1.2ln1.2 1.2ln1.2=与0.2lne 0.2=的大小，令()(1)ln(1)(0)h x x x x x =++->，则()ln(1)11ln(1)0h x x x '=++-=+>，所以()h x 在上递增，所以()(0)0h x h >=，所以当,()0x ∈+∞时，(1)ln(1)x x x ++>，所以1.2ln1.20.2>，所以 1.21.2>0.2e ，所以0.20.2 1.20.2(0.2) 1.2 1.2e 1.2e 0g '=⨯-=->，所以当(0,0.2)x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在(0,0.2)上递增，所以()(0)0g x g >=，所以 1.2(1)e x x +>，所以 1.20.02(10.02)e +>，所以z x >，所以z x y >>，所以c a b >>，故选：D例23．（2022春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知πln ,2,2tan 13a b c ⎫==-=⎪⎪⎭，则,,a b c 的大小关系是（）A ．c b a >>B ．a b c >>C ．b a c >>D ．a c b>>【答案】A【解析】设()ln (1)f x x x =--，则1()1f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，当1x <时，()0f x '<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞单调递减，所以1x =时，max ()(1)0f x f ==，所以()0f x <，即ln 1x x <-，所以πln213a b ⎫==<-=⎪⎪⎭，又(2tan 121tan c b x x ⎫⎛⎫=>=>⎪ ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭，对任意π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立).因此c b a >>，故选：A .例24．（2023·全国·高三专题练习）设23a =，ln 2)3b =-，3c =，则,,a b c 的大小关系是（）A ．b<c<aB ．c b a<<C ．b a c<<D ．a b c<<【答案】A【解析】①先比较,a c：2332a ==，e 3c =，设函数2e ()x f x x =，则'3e (2)()0x x f x x -=<，得函数()f x 在(0,2)单调递减，'3e (2)()0xx f x x-=>得函数()f x 在(2,)+∞单调递增所以f f <即c a <；②再比较,b c：由①知2min e()(2)4f x f f c ==<=，而1(2ln 2)32b =-=，设2(ln 2)3()x h x x +=，'22(ln 1)3()x h x x +=-当10e x <<，'()0h x >，()h x 单调递增，当1ex >，'()0h x <，()h x 单调递减，所以max 12()()e e 3b h h x h =<==，而22e e e .e 344f c <=<=，所以b c <，故选：A核心考点五：数形结合【典型例题】例25．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2x f x x =+，2()log g x x x =+，()2sin h x x x =+的零点分别为a ，b ，c 则a ，b ，c 的大小顺序为（）A ．a b c>>B ．b a c>>C ．c a b >>D ．b c a>>【答案】D【解析】由()2sin 0h x x x =+=得0x =，0c ∴=，由()0f x =得2x x =-，由()0g x =得2log x x =-.在同一平面直角坐标系中画出2x y =、2log y x =、y x =-的图象，由图象知a<0，0b >，a c b ∴<<.故选：D例26．（2023·江苏·高三专题练习）已知正实数a ，b ，c 满足2e e e e c a a c --+=+，28log 3log 6b =+，2log 2c c +=，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．c b a<<【答案】B【解析】22e e e e e e e e c a a c c c a a ----⇒+=+-=-，故令()e e x x f x -=-，则()e e c c f c -=-，()e e a a f a -=-．易知1eexx y -=-=-和e x y =均为()0,+∞上的增函数，故()f x 在()0,+∞为增函数．∵2e e a a --<，故由题可知，2e e e e e e c c a a a a ----=->-，即()()f c f a >，则0c a >>．易知222log 3log log 2b =+=>，2log 2c c =-，作出函数2log y x =与函数2y x =-的图象，如图所示，则两图象交点横坐标在()1,2内，即12c <<，c b ∴<，a cb ∴<<．故选：B ．例27．（2023·全国·高三专题练习）已知eππee ,π,a b c ===，则这三个数的大小关系为（）A ．c b a <<B ．b c a<<C ．b a c<<D ．c a b<<【答案】A 【解析】令()()ln ,0x f x x x =>，则()()21ln ,0xf x x x -'=>，由()0f x ¢>，解得0e x <<，由()0f x '<，解得e x >，所以()()ln ,0xf x x x=>在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减；因为πe >，所以()()πe f f <，即ln πln eπe<，所以e ln ππln e <，所以e πln πln e <，又ln y x =递增，所以e ππe <，即b a <；eeππ=⎡⎤⎢⎥⎣⎦，在同一坐标系中作出xy =与y x =的图象，如图：由图象可知在()2,4中恒有xx >，又2π4<<，所以ππ>，又ey x =在()0,∞+上单调递增，且ππ>所以eπeπeπ=⎡⎤>⎢⎥⎣⎦，即b c >；综上可知：c b a <<，故选：A例28．（2022春·四川内江·高三校考阶段练习）最近公布的2021年网络新词，我们非常熟悉的有“yyds ”、“内卷”、“躺平”等．定义方程()()f x f x '=的实数根x 叫做函数()f x 的“躺平点”．若函数()ln g x x =，()31h x x =-的“躺平点”分别为α，β，则α，β的大小关系为（）A ．αβ≥B ．αβ>C ．αβ≤D ．αβ<【答案】D【解析】∵()ln g x x =，则()1g x x'=，由题意可得：1ln aα=，令()1ln G x x x=-，则α为()G x 的零点，可知()G x 在定义域()0,∞+内单调递增，且()()1110,e 10eG G =-<=->，∴()1,e α∈；又∵()31h x x =-，则()23h x x '=，由题意可得：3213ββ-=，令()3231H x x x =--，则β为()H x 的零点，()()23632H x x x x x '=-=-，令()0H x '>，则0x <或2x >，∴()H x 在(),0∞-，()2,+∞内单调递增，在()0,2内单调递减，当(),2x ∈-∞时，()()010H x H ≤=-<，则()H x 在(),2-∞内无零点，当[)2,x ∞∈+时，()()310,4150H H =-<=>，则()3,4β∈，综上所述：()3,4β∈；故αβ<.故选：D.核心考点六：特殊值法、估算法【典型例题】例29．（2022·全国·高三专题练习）已知3142342,3,log 4,log 5a bcd ====，则a b c d ,,,的大小关系为（）A ．b a d c >>>B ．b c a d>>>C ．b a c d>>>D ．a b d c>>>【答案】C 【解析】依题意，31422a ==，函数y =[0,)+∞上单调递增，而934<，于是得112232)32<<，即32b a >>，函数4log y x =在(0,)+∞单调递增，并且有44log 30,log 50>>，则44442log 16log 15log 3log 5=>=+=2+>，于是得44log 3log 51⨯<，即4341log 5log 4log 3<=，则c d >，又函数3log y x =在(0,)+∞单调递增，且4<333log 4log 2<=，所以32b acd >>>>.故选：C例30．（2022·全国·高三专题练习）已知a =142b =，2e log c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．b c a>>【答案】B 【解析】由49a =，42b =，可知1a b >>，又由2e 8<，从而32e 2<，可得23log e 2c a =<<，因为4461296()205625b -=-<，所以615b <<；因为565e 2 2.7640->->，从而56e 2>，即65e 2>，由对数函数单调性可知，65226log e >log 25c ==，综上所述，a c b >>.故选：B.例31．（2023·全国·高三专题练习）若e b a >>>b m a =，a n b =，log a p b =，则m ，n ，p 这三个数的大小关系为（）A ．m n p >>B ．n p m >>C ．n m p >>D ．m p n>>【答案】C【解析】因为e b a >>>所以取52,2a b ==，则()5225,6bm a ====，2525 6.2524an b ⎛⎫=== ⎪⎝⎭=，()25log log 1,22a pb ==∈，所以n m p >>.故选：C.核心考点七：放缩法【典型例题】例32．（2022·全国·模拟预测）已知2022a =，2223b =，c a b =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．c a b >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．a b c>>【答案】D【解析】分别对2022a =，2223b =，c a b =两边取对数，得20log 22a =，22log 23b =，log a c b =．()22022lg 22lg 20lg 23lg 22lg 23log 22log 23lg 20lg 22lg 20lg 22a b -⋅-=-=-=⋅．由基本不等式，得:()222222lg 20lg 23lg 460lg 484lg 22lg 20lg 23lg 222222⎛⎫+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅<=<==⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()2lg22lg20lg230-⋅>，即0a b ->，所以1a b >>．又log log 1a a c b a =<=，所以a b c >>.故选：D ．例33．（2023·全国·高三专题练习）已知：0.42e a =，0.52b =，4log 5c =，则a 、b 、c 大小关系为（）A ．b a c>>B ．a b c>>C ．c a b >>D ．b c a>>【答案】B【解析】令()e 1x f x x =--，则()e 1xf x '=-，当0x >时，()0f x ¢>，所以函数()f x 在()0,∞+上递增，所以()()0.4200f f >=，即0.42e 0.421>+，又21.42 2.01642=>，所以0.420.5e 0.4212>+>，所以a b >，又25252416⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以0.5524>，54444441024log 54log 5log 4log 55625log 504444---===>，所以0.5452log 54>>，所以a b c >>.故选：B.例34．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知实数,,a b c 满足12330a b +⨯-=1=，()()25log 3a c x x x =+-+∈R ，则,,a c 的大小关系是（）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c b a >>D ．a c b>>【答案】D【解析】由12330a b +⨯-=得：2333a b ⨯=⨯，3312a b-∴=>，0a b ∴->，即a b >；1+，c b >；由()()25log 3a c x x x =+-+∈R 得：()25log 3a c x x -=-+，221553222y x x x ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭ ，()25555log 3log log 102x x ∴-+≥>=，即a c >；综上所述：a c b >>.故选：D.例35．（2022·全国·高三专题练习）己知544567,117<<，设6711log 5,log 6,log 7a b c ===，则a ，b ，c 的大小关系为_______．（用“<”连接）【答案】a b c<<【解析】由544567,117<<得7115log 645log 7<<，即7114log 6log 75<<，b c ∴<，又267lg5lg 6lg5lg 7lg 6log 5log 6lg 6lg 7lg 6lg 7a b ⋅--=-=-=⋅22lg5lg 7lg 62lg 6lg 7+⎛⎫- ⎪⎝⎭⋅<，lg5lg 7lg35lg36+= <，lg 5lg 7lg 62+∴<，22lg 5lg 7lg 62+⎛⎫∴ ⎪⎝⎭<，a b ∴<，综上：a b c <<．故答案为：a b c <<．核心考点八：不定方程【典型例题】例36．（2022·宁夏·银川一中一模（文））已知实数a ，b ，c ，满足ln e a b c ==，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．c b a >>C ．b c a >>D ．a c b>>【答案】C 【解析】解：设e ()x x f x =-，则()e 1x f x '=-，当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min ()(0)10f x f ==>，故e x x >，所以e a c a =>，又ln b c =，所以e c b c =>，所以b c a >>.故选：C ．例37．（2023·全国·高三专题练习）正实数,,a b c 满足422,33,log 4ab a bc c -+=+=+=，则实数,,a b c 之间的大小关系为（）A ．b a c <<B ．a b c<<C ．a c d<<D ．b<c<a【答案】A【解析】22a a -+= ，即220a a -+-=，即22a a -=-，2xy -=与2y x =-的图象在()0,∞+只有一个交点，则220x x -+-=在()0,∞+只有一个根a ，令()22xf x x -=+-，()21222204f -=+-=>，()11112202f -=+-=-<，()()120f f <，则12a <<；33b b += ，即330b b +-=，即33b b =-，由3xy =与3y x =-的图象在()0,∞+只有一个交点，则330x x +-=在()0,∞+只有一个根b ，令()33xg x x =+-，()113310g =+-=>，12115330222g ⎛⎫=+-=< ⎪⎝⎭，()1102g g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，故112b <<；4log 4c c += ，即4log 4c c =-，即4log 40c c +-=，由4log y x =与4y x =-的图象在()0,∞+只有一个交点，则4log 40x x +-=在()0,∞+只有一个根c ，令()4log 4h x x x =+-，()444log 4410h =+-=>，()4433log 34log 310h =+-=-<，()()340h h <，则34c <<；b a c∴<<故选：A.【新题速递】一、单选题1．（2022春·天津和平·高三耀华中学阶段练习）已知0.5x x =，0.5log y y x =，log 0.5zx z =，则（）A ．y x z <<B ．z x y<<C ．x z y<<D ．z y x<<【答案】A【解析】要比较0.5x x =，0.5log y y x =，log 0.5zx z =中的,,x y z 大小，等价于比较0.5log x x =，0.5log y y x =，log 0.5zx z =中的,,x y z 大小，∵0.5log x x =，由定义域可知0x >，故0.50.51log 0log x >=，∵0.5log y x =在定义域上单调递减，0.501,0log 1x x ∴<<<<，0.51x ∴<<，∵0.50z >，∴1log 0log x x z >=，∵0.51x <<，∴01z <<，故()0.50,1z∈，则()log 0,1x z ∈，1x z ∴<<，0.5log y y x =，由定义域可知：0y >，又∵0.51x <<，∴()0,1yx ∈，则()0.5log 0,1y ∈，()0.5,1y ∴∈，故y x x <，∵0.5log x x =，0.5log yy x =，∴0.50.5log log x y <，x y ∴>，y x z ∴<<.故选：A.2．（2022·浙江·模拟预测）已知正数a ，b ，c 满足3e 1.1a =，251030b b +-=，e 1.3c =，则（）A ．a c b <<B ．b a c <<C ．c<a<bD ．c b a<<【答案】D【解析】由251030b b +-=解得1b =-构造函数21()ln(1)2f x x x x =--+，(1)x >-，显然2()01x f x x -'=<+，故()f x 是减函数，结合(0)0f =，故0x >时，()0f x <，故21ln(1)2x x x +>-，(0)x >，再令2311()ln(1)23g x x x x x =-+-+，(1)x >-，3()1x g x x '=+，当0x >时，()0g x '>，故()g x 在(0,)+∞单调递增，结合(0)0g =，故2311ln(1)23x x x x +<-+，(0)x >，则11ln1.3ln(10.3)0.30.090.0270.26423c ==+<-⨯+⨯=，。

专题1.4 数列与不等式考向一 等差数列与等比数列的计算问题【高考改编☆回顾基础】1．【等差数列的通项公式、求和公式】【2017课标1改编】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 .【答案】42. 【等比数列的通项公式】【2017课标3，理14】设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 = ___________. 【答案】8-【解析】设等比数列的公比为q ，很明显1q ≠- ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：()()12121311113a a a q a a a q ⎧+=+=-⎪⎨-=-=-⎪⎩，①，②，由 ②① 可得：2q =- ，代入①可得11a =， 由等比数列的通项公式可得：3418a a q ==- .3. 【等差的通项公式及求和公式、等比中项】【2017课标3改编】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 . 【答案】24- 【解析】【命题预测☆看准方向】等差数列、等比数列的判定及其通项公式是高考的热点,在考查基本运算、基本概念的同时,也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查; 对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和最大、最小等问题,主要是中低档题;等差数列、等比数列的证明多在解答题中的某一问出现,属于中档题;等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点,在解答时要注意与不等式、函数、方程等知识相结合.预测2018年数列问题将保持一大一小的命题形式，且小题也可能将等差数列与等比数列综合考查.【典例分析☆提升能力】【例1】【2017·全国卷Ⅱ改编】已知{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2，a 3＋b 3＝5，则{b n }的通项公式为 ________．【答案】b n ＝2n －1【趁热打铁】【2017·江苏卷】等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 【答案】32【解析】当q ＝1时，S 6＝2S 3，不符合题意；当q ≠1时，因为S 3＝74，S 6＝634，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，即1＋q 3＝9，所以q ＝2，代入可得a 1＝14，即a 8＝a 1q 7＝32.【例2】【2018届江西省重点中学盟校高三第一次联考】已知等比数列中，，且，则＝( )A. B. 1 C. 2 D. 【答案】C 【解析】设等比数列的公比为∵∴，即∵∴故选C.【趁热打铁】【2018届湖北省潜江市城南中学高三期中】若正项等比数列{}n a 满足243a a +=， 351a a =，则公比q =_________， n a =_________．【答案】 22222n-【解析】设等比数列的首项为11,0a a >，公比为,0q q >，由题意可得()326113,1a q q a q +==解得1222,,2na q a === 222n -，填(1). 22(2). 222n- 【方法总结☆全面提升】1.等差数列、等比数列的基本运算,一般通过其通项公式与前n 项和公式构造关于a 1与d 、a 1与q 的方程(组)解决.在求解过程中灵活运用等差数列、等比数列的性质,不仅可以快速获解,而且有助于加深对等差数列、等比数列问题的认识.2.解决等差数列{a n}前n 项和问题常用的三个公式是: S n =;S n =na 1+d ；S n=An 2+Bn(A,B 为常数),灵活地选用公式,解决问题更便捷.3.等差数列和等比数列的中项、前n 项和都有一些类似的性质,充分利用性质可简化解题过程.4.证明数列是等差数列或等比数列的基本方法是定义法和中项法.5.等差数列、等比数列的通项公式、求和公式有多种形式的变形.在求解相关问题时,要根据条件灵活选择相关公式,同时两种数列可以相互转化,如等差数列取指数函数之后即为等比数列,正项等比数列取对数函数之后即为等差数列.【规范示例☆避免陷阱】【典例】【2017北京改编】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足a 1=b 1=–1，a 4=b 4=8，求22a b .【反思提高】等差数列、等比数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1,n ,d (q ),a n 与S n这五个量.如果已知其中的三个,就可以求其余的两个.因为a 1,d (q )是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量,然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程(组),通过解方程(组)求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现. 【误区警示】用数列性质解决数列问题，往往可以简化解题过程，但技巧性较强，同时还要注意性质成立的条件，如等差数列{a n }中，a 1＋a n ＝a 2＋a n －1，但a 1＋a n ≠a n ＋1；等比数列的前n 项和为S n ，则在公比不等于－1或m 不为偶数时，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列．考向二 数列的通项与求和 【高考改编☆回顾基础】1.【等比数列的求和】【2017·江苏卷】等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 【答案】32【解析】当q ＝1时，S 6＝2S 3，不符合题意；当q≠1时，因为S 3＝74，S 6＝634，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，即1＋q 3＝9，所以q ＝2，代入可得a 1＝14，即a 8＝a 1q 7＝32.2．【裂项相消法】【2017·全国卷Ⅲ改编】已知a n ＝22n －1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为________． 【答案】2n2n ＋1【解析】记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， ∵a n 2n ＋1＝2（2n ＋1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1， ∴S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.3. 【错位相减法】【2017山东卷改编】已知a n ＝2n，b n ＝2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ＝________．【答案】5－2n ＋52n4 .【数列中的数学文化】【2017·全国卷Ⅱ改编】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏． 【答案】3【解析】设塔的顶层共有a 1盏灯，根据题意得a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.【命题预测☆看准方向】数列的通项与求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列的基本问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后进一步研究综合问题.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，考查的重点应该是围绕：常见求数列通项的方法、倒序求和法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等. 数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起,在考查基本运算、基本能力的基础上,又注意考查学生分析问题、解决问题的能力.【典例分析☆提升能力】【例1】【2018届衡水金卷高三大联考理】已知数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n S ， n T ，且0n a >，2*63,n nn S a a n N =+∈， ()()122121nnn a n a a b +=--，若*,n n N k T ∀∈>恒成立，则k 的最小值是( )A.17 B. 149 C. 49 D. 8441【答案】B【解析】当1n =时， 211163a a a =+，解得13a =或10a =. 由0n a >得13a =.由263n n n S a a =+，得211163n n n S a a +++=+. 两式相减得22111633n n n n n a a a a a +++=-+-.所以11()(3)0n n n n a a a a +++--=.因为0n a >，所以110,3n n n n a a a a +++>-=.即数列{}n a 是以3为首项，3为公差的等差数列，所以()3313n a n n =+-=. 所以()()()()111281117818181812121nnn a n n n n n n a a b +++⎛⎫===- ⎪------⎝⎭. 所以22311111111111117818181818181778149n n n n T ++⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-<⎪ ⎪-------⎝⎭⎝⎭L . 要使*,n n N k T ∀∈>恒成立，只需149k ≥. 故选B.【趁热打铁】【2018届湖南省衡阳县高三12月联考】若曲线()()ln *y x x n n N =-∈在x 轴的交点处的切线经过点()1,n a ，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S =__________． 【答案】1nn -+ 【解析】令()ln 0x x n -=，得1x n =+，则切点为()1,0n + ∵()ln x y x n x n=-+-' ∴1|1x n y n =+=+'∴曲线()ln y x x n =-在x 轴的交点处的切线方程为()()11y n x n =+-- ∵切线经过点()1,n a ∴()1n a n n =-+ ∴()111111n a n n n n ⎛⎫=-=-- ⎪++⎝⎭∴11111122311n n S n n n ⎛⎫=--+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪++⎝⎭ 故答案为1n n -+ 【例2】【2018届安徽省合肥市高三调研性检测】数列{}n a 满足1111,021n n n a a a a ++=+=-.（Ⅰ）求证：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（Ⅱ）若数列{}n b 满足1122,1n nn n b a b b a +==+，求{}n b 的前n 项和n S . 【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）()12326n n S n +=-⋅+【解析】（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，()1112121n n a =+-=-， 由112n n n n b ab a ++=⋅可知112n n n n a b a b ++=.又112a b = ∴1222n nn n a b -=⨯= ∴()212n n b n =-⋅，∴()123123252212nn S n =⋅+⋅+⋅++-⋅L ，则()23412123252212n n S n +=⋅+⋅+⋅++-⋅L ，∴()()231122222222123226nn n n S n n ++-=+⋅+⋅++⋅--⋅=-⋅-L ，∴()12326n n S n +=-⋅+【趁热打铁】【2018届江西省赣州市崇义中学高三上第二次月考】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ， 11a =，*121,n n a S n N +=+∈．等 差数列{}n b 中， 25b =，且公差2d =．（Ⅰ）求数列{}{},n n a b 的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数n ，使得1122...60n n a b a b a b n ++＞?．若存在，求出n 的最小值；若 不存在，请说明理由．【答案】（1）13n n a -=， 21n b n =-；（2）4．试题解析：（Ⅰ） 121n n a S +=+Q ， ∴当2n ≥时， -12+1n n a S =两式相减得， ()+1=32n n a a n ≥，又()*21112133,3n n a a a a a n N +=+==∴=∈， ∴数列{}n a 是以1为首项， 3为公比的等比数列， 1=3n n a -∴，又12523b b d =-=-=， ()1121n b b n d n ∴=+-=+.（Ⅱ）()1213n n n a b n -⋅=+⋅,令()()221315373 (213)213...n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯ ①则()()2313335373 (213)21 3...n nn T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯ ② ①-②得： ()()21231233...3213n n n T n --=⨯++++-+⨯， 360nn T n n ∴=⨯>，即360n >，34327,381==Q ， n ∴的最小正整数为4.【例3】【2018届江西省南昌市第二中学高三上第五次月考】已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：21n n S a =-.（1）数列{}n a 的通项公式； （2）设1111n n n n n a a b a a ++=-+-，且数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证： 13n T <. 【答案】（1）1*111·333n nn a n N -⎛⎫⎛⎫==∈ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，；（2）见解析。

专题对点练14 数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.已知等比数列{a n },a 1=13,公比q=13. (1)S n 为{a n }的前n 项和,证明:S n =1-a a2;(2)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,求数列{b n }的通项公式.2.已知数列{a n }满足a 1=3,a n+1=3a a -1a a+1. (1)证明:数列{1a a -1}是等差数列,并求{a n }的通项公式;(2)令b n =a 1a 2…a n ,求数列{1a a}的前n 项和S n .3.已知数列{a n }的前n 项和S n =1+λa n ,其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列,并求其通项公式;(2)若S 5=3132,求λ的值.4.在数列{a n }中,设f (n )=a n ,且f (n )满足f (n+1)-2f (n )=2n (n ∈N *),且a 1=1.(1)设b n =aa 2a -1,证明数列{b n }为等差数列; (2)求数列{a n }的前n 项和S n .5.设数列{a n }的前n 项和为S n ,且(3-m )S n +2ma n =m+3(n ∈N *),其中m 为常数,且m ≠-3. (1)求证:{a n }是等比数列;(2)若数列{a n }的公比q=f (m ),数列{b n }满足b 1=a 1,b n =32f (b n-1)(n ∈N *,n ≥2),求证:{1a a}为等差数列,并求b n .6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=-2,且满足S n =12a n+1+n+1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =log 3(-a n +1),求数列{1aa a a +2}的前n 项和T n ,并求证T n <34.7.(2018天津模拟)已知正项数列{a n },a 1=1,a 2=2,前n 项和为S n ,且满足a a +1a a -1+a a -1a a +1=4a a2a a +1a a -1-2(n ≥2,n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式; (2)记c n =1aa ·a a +1,数列{c n }的前n 项和为T n ,求证:13≤T n <12.8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=2,2S n =(n+1)2a n -n 2a n+1,数列{b n }满足b 1=1,b n b n+1=λ·2a a . (1)求数列{a n }的通项公式;(2)是否存在正实数λ,使得{b n }为等比数列?并说明理由.专题对点练14答案1.(1)证明 因为a n =13×(13)a -1=13a,S n =13(1-13a )1-13=1-13a 2,所以S n =1-a a 2.(2)解 b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n =-(1+2+…+n )=-a (a +1)2.所以{b n }的通项公式为b n =-a (a +1)2.2.解 (1)∵a n+1=3a a -1a a+1,∴a n+1-1=3a a -1aa+1-1=2(a a -1)a a +1,∴1a a +1-1=a a+12(a a-1)=1a a-1+12, ∴1aa +1-1−1aa -1=12.∵a 1=3,∴1a 1-1=12,∴数列{1aa -1}是以12为首项,12为公差的等差数列,∴1a a -1=12+12(n-1)=12n ,∴a n =a +2a. (2)∵b n =a 1a 2…a n ,∴b n =31×42×53×…×aa -2×a +1a -1×a +2a=(a +1)(a +2)2,∴1a a=2(a +1)(a +2)=2(1a +1-1a +2),∴S n =2(12−13+13−14+…+1a +1−1a +2)=2(12-1a +2)=aa +2.3.解 (1)由题意得a 1=S 1=1+λa 1,故λ≠1,a 1=11-a,a 1≠0.由S n =1+λa n ,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n , 即a n+1(λ-1)=λa n .由a 1≠0,λ≠0得a n ≠0,所以a a +1a a=a a -1.因此{a n }是首项为11-a ,公比为aa -1的等比数列, 于是a n =11-a (aa -1)a -1.(2)由(1)得S n =1-(aa -1)a . 由S 5=3132得1-(aa -1)5=3132, 即(a a -1)5=132.解得λ=-1.4.(1)证明 由已知得a n+1=2a n +2n,∴b n+1=a a +12a =2a a +2a2a =aa 2a -1+1=b n +1,∴b n+1-b n =1.又a 1=1,∴b 1=1,∴{b n }是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解 由(1)知,b n =aa 2a -1=n ,∴a n =n ·2n-1.∴S n =1+2×21+3×22+…+n ·2n-1,2S n =1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n ·2n,两式相减得-S n =1+21+22+…+2n-1-n ·2n =2n -1-n ·2n =(1-n )2n-1, ∴S n =(n-1)·2n +1.5.证明 (1)由(3-m )S n +2ma n =m+3, 得(3-m )S n+1+2ma n+1=m+3, 两式相减,得(3+m )a n+1=2ma n .∵m ≠-3,∴a a +1a a=2aa +3,∴{a n }是等比数列.(2)由(3-m )S n +2ma n =m+3,得(3-m )S 1+2ma 1=m+3, 即a 1=1,∴b 1=1.∵数列{a n }的公比q=f (m )=2aa +3, ∴当n ≥2时,b n =32f (b n-1)=32·2a a -1a a -1+3,∴b n b n-1+3b n =3b n-1,∴1a a−1aa -1=13.∴{1a a}是以1为首项,13为公差的等差数列,∴1a a=1+a -13=a +23.又1a1=1也符合,∴b n =3a +2. 6.(1)解 ∵S n =12a n+1+n+1(n ∈N *),∴当n=1时,-2=12a 2+2,解得a 2=-8. 当n ≥2时,a n =S n -S n-1=12a n+1+n+1-(12a a +a ), 即a n+1=3a n -2,可得a n+1-1=3(a n -1). 当n=1时,a 2-1=3(a 1-1)=-9,∴数列{a n -1}是等比数列,首项为-3,公比为3. ∴a n -1=-3n ,即a n =1-3n . (2)证明 b n =log 3(-a n +1)=n ,∴1aa a a +2=12(1a -1a +2). ∴T n =12[(1-13)+(12-14)+(13-15)+…+(1a -1-1a +1)+(1a -1a +2)]=12(1+12−1a +1−1a +2)<34.∴T n <34.7.(1)解 由aa +1a a -1+a a -1a a +1=4a a2aa +1a a -1-2(n ≥2,n ∈N *),得a a +12+2S n+1S n-1+a a -12=4a a 2,即(S n+1+S n-1)2=(2S n )2.由数列{a n }的各项均为正数,得S n+1+S n-1=2S n ,所以数列{S n }为等差数列.由a 1=1,a 2=2,得S 1=a 1=1,S 2=a 1+a 2=3,则数列{S n }的公差为d=S 2-S 1=2, 所以S n =1+(n-1)×2=2n-1.当n ≥2时,a n =S n -S n-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a 1=1不适合上式,所以数列{a n }的通项公式为a n ={1,a =1,2,a ≥2.(2)证明 由(1)得c n =1a a·a a +1=1(2a -1)(2a +1)=12(12a -1-12a +1),则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =12[(1-13)+(13-15)+(15−17)+…+(12a -1-12a +1)]=12(1-12a +1)<12.又T n =12(1-12a +1)是关于n 的增函数,则T n ≥T 1=13,因此,13≤T n <12. 8.解 (1)由2S n =(n+1)2a n -n 2a n+1,得2S n-1=n 2a n-1-(n-1)2a n , ∴2a n =(n+1)2a n -n 2a n+1-n 2a n-1+(n-1)2a n ,∴2a n =a n+1+a n-1, ∴数列{a n }为等差数列.∵2S 1=(1+1)2a 1-a 2,∴4=8-a 2. ∴a 2=4.∴d=a 2-a 1=4-2=2. ∴a n =2+2(n-1)=2n.(2)∵b n b n+1=λ·2a a =λ·4n,b 1=1, ∴b 2b 1=4λ,∴b 2=4λ,∴b n+1b n+2=λ·4n+1,∴a a +1a a +2a aaa +1=4, ∴b n+2=4b n ,∴b 3=4b 1=4.若{b n }为等比数列,则a 22=b 3·b 1,∴16λ2=4×1,∴λ=12. 故存在正实数λ=12,使得{b n }为等比数列.。

纵观近几年高考对于不等式综合问题的考查，主要有三类问题：恒成立问题、能成立问题以及恰成立问题，要求学生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识能力要求高、难度大，是学生掌握最为薄弱，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．1 不等式恒成立问题新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察，恒成立问题便是一个考察学生综合素质的很好途径，它常以函数、方程、不等式和数列等知识点为载体，渗透着换元、化归、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用．近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数、导数知识密不可分．解决高考数学中的恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②主参换位法；③分离参数法；④数形结合法；⑤消元转化法．下面我就以近几年高考试题为例加以剖析．1．1 函数性质法一、一次函数——单调性法图1（1）二、二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解 有以下几种基本类型：类型1：设2()(0).f x ax bx c a =++≠（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a ．类型2：设2()(0).f x ax bx c a =++≠ （1）当>a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立,222()00()0.b b ba aa f f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<>⎩⎩⎩或或 ],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立()0,()0.f f αβ<⎧⇔⎨<⎩（2）当0<a 时，],[0)(βα∈>x x f 在上恒成立()()0,0.f f αβ>⎧⎪⇔⎨>⎪⎩],[0)(βα∈<x x f 在上恒成立,222()00()0.b b ba a af f ααββαβ⎧⎧⎧-<≤-≤->⎪⎪⎪⇔⎨⎨⎨⎪⎪⎪>∆<<⎩⎩⎩或或 例2（2012蚌埠二中考试）已知不等式2440mx mx +-<对任意实数x 恒成立．则m 取值范围是（ ）A ．()1,0-B ．[]1,0-C ．()(),10,-∞-+∞ D ．(]1,0-思路分析：由不等式2440mx mx +-<对任意实数x 恒成立，知0m =或0,162160.m m m <⎧⎨+<⎩ 由此能求出m 的取值范围．例3(08年江西卷理12)．已知函数()()()22241,f x mx m x g x mx =--+=，若对于任一实数x ，()f x 与()g x 的值至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是 （ ）A ．()0,2B ．()0,8C ．()2,8D ．(),0-∞思路分析：()f x 与()g x 的函数类型，直接受参数m 的影响，∴首先要对参数进行分类讨论，然后转换成不等式的恒成立的问题利用函数性质及图像解题．三、其它函数：()0f x >恒成立⇔min ()0f x >（注：若()f x 的最小值不存在，则()0f x >恒成立⇔()f x 的下界大于0）；()0f x <恒成立⇔max ()0f x <（注：若()f x 的最大值不存在，则()0f x <恒成立⇔()f x 的上界小于0）．例4（2013年高考重庆卷文）设0απ≤≤,不等式28(8sin )cos 20x x αα-+≥对x R ∈恒成立,则a 的取值范围为____________.例5（2013年高考浙江卷文）设a,b ∈R,若x ≥0时恒有0≤x 4-x 3+ax+b ≤(x 2-1)2,则ab 等于______________.例6（2013年上海高考数学试题文）设常数0a >,若291a x a x+≥+对一切正实数x 成立,则a 的取值范围为________.【答案】1[,)5+∞例7（07年重庆卷理20)已知函数)0(ln )(44>-+=x c bx x ax x f 在1=x 处取得极值3c --，其中a ，b 为常数．（1）试确定a ，b 的值； （2）讨论函数)(x f 的单调区间；（3）若对任意0>x ，不等式22)(c x f -≥恒成立，求c 的取值范围．思路分析：22)(c x f -≥恒成立，即 2min ()2f x c ≥-，要解决此题关键是求min ()f x ，0>x ．例8（08天津文21）．设函数432()2()f x x ax x b x R =+++∈，其中,a b R ∈．（Ⅲ）若对于任意的[]22a ∈-，，不等式()1f x ≤在[]11-，上恒成立，求b 的取值范围．（节选）思路分析：()1f x ≤，即max ()1f x ≤，[]22a ∈-，，x ∈[]11-，，要解决此题关键是求max ()f x ．例9（09年全国卷II 文21）设函数321()(1)4243f x x a x ax a =-+++，其中常数1a >．（II ）若当0x ≥时，()0f x >恒成立，求a 的取值范围．（节选）思路分析：利用导数求函数的最值，由恒成立条件得出不等式条件从而求出a 的范围．1．2 分离参数法——极端化原则若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥（D x ∈，λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； （2）求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；（3）解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ，得λ的取值范围． 适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．例10（2013新课标卷Ⅰ理11）已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()f x |≥ax ，则a 的取值范围是A .(,0]-∞B .(,1]-∞C .[-2,1]D .[-2,0]例11 （07年山东卷文15)当(1,2)x ∈时，不等式240x mx ++<恒成立，则m 的取值范围是．（1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围． 思路分析：此题虽有三个变量x ，a ，b ，而x 的范围已知，最终要用a 表示出b 的取值范围，∴可以将a 看成一个已知数，对x 和b 进行离参．例13（2010天津高考理16）．设函数2()1f x x =-，对任意2,3x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+ ⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是 ．1．3 主参换位——反客为主法某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村”的出奇制胜的效果．例14（07辽宁卷文科22)已知函数322()9cos 48cos 18sin f x x x x αβα=-++，()()g x f x '=，且对任意的实数 t 均有(1cos )0g t +≥，(3sin )0g t +≤．(Ⅰ) 求函数()f x 的解析式；(Ⅱ)若对任意的[26,6]m ∈-，恒有2()11f x x mx ≥--，求x 的取值范围．例15 (08安徽文科20)．已知函数323()(1)132a f x x x a x =-+++，其中a 为实数． （Ⅱ）已知不等式2()1f x x x a '--+＞对任意(0)a ∈+∞，都成立，求实数x 的取值范围．（节选）思路分析：已知参数a 的范围，要求自变量x 的范围，转换主参元x 和a 的位置，构造以a 为自变量x 作为参数的一次函数()g a ，转换成∀(0)a ∈+∞，，()0g a >恒成立再求解．1．4 数形结合——直观求解法若所给不等式进行合理的变形化为()()f x g x ≥（或()()f x g x ≤）后，能非常容易地画出不等号两边函数的图像，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．例17.若不等式23log 0a x x -<在10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内恒成立，求实数a 的取值范围．1．5 消元转化法例19．已知f(x)是定义在[-1，1]上的奇函数，且f(1)=1，若0)()(0],1,1[,>++≠+-∈nm n f m f n m n m 时，若12)(2+-≤at t x f 对于所有的]1,1[],1,1[-∈-∈a x 恒成立，求实数t 的取值范围．点评：对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题，可以根据题意依次进行消元转化，从而转化为只含有两变量的不等式问题，使问题得到解决．上述例子剖析了近几年数学高考中恒成立问题的题型及解法，值得一提的是，各种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的不同，但其实质却都与求函数的最值是等价的，这也正体现了数学中的“统一美”．2 不等式能成立问题的处理方法若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x k >成立，则等价于在区间D 上()max f x k >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()f x k <成立，则等价于在区间D 上的()min f x k <．注意不等式能成立问题（即不等式有解问题）与恒成立问题的区别．从集合观点看，含参不等式()f x k <()()f x k >在区间D 上恒成立(){}()max D x f x k f x k ⇔⊆<⇔<(){}()()min D x f x k f x k ⇔⊆>⇔>，而含参不等式()f x k <()()f x k >在区间D 上能成立⇔至少存在一个实数x 使不等式()f x k <()()f x k >成立(){}()min D x f x k f x k ⇔<≠∅⇔<(){}()()max Dx f x k f x k ⇔<≠∅⇔>． 例20．若关于x 的不等式23x ax a --≤-的解集不是空集，则实数a 的取值范围是 ．例21．已知函数()()21ln 202f x x ax x a =--≠存在单调递减区间，求a 的取值范围 3 不等式恰好成立问题的处理方法例22．已知()22x x a f x x++=当[)()1,,x f x ∈+∞的值域是[)0,+∞，试求实数a 的值．例23．已知两个函数()()232816,254f x x x k g x x x x =+-=++，其中k 为实数．⑶对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求k 的范围．。

2023届新高考数学二轮复习：专题（数列中的复杂递推式问题）提分练习【总结】1、叠加法：+-=1()n n a a f n ；2、叠乘法：+=1()n na f n a ；3、构造法（等差，等比）：①形如+=+1n n a pa q (其中,p q 均为常数-≠(1)0pq p )的递推公式，()+-=-1n n a t p a t ，其中=-1qt p，构造+-=-1n n a t p a t，即{}-n a t 是以-1a t 为首项，p 为公比的等比数列．②形如+=+1n n n a pa q (其中,p q 均为常数，-≠()0pq q p )，可以在递推公式两边同除以+1n q ，转化为+=+1n n b mb t 型．③形如++=-11n n n n a a d a a ，可通过取倒数转化为等差数列求通项．4、取对数法：+=1t n n a a ．5、由n S 和n a 的关系求数列通项（1）利用-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n ，化n S 为n a ． （2）当n a 不易消去，或消去n S 后n a 不易求，可先求n S ，再由-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n 求n a ．6、数列求和：（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和=⋅n n n c a b 型 （2）倒序相加法 （3）裂项相消法 常考题型数列的通项公式裂项方法【典型例题】例1．已知数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b ++⋯+的值是( ) A．20174038B．30254036C．20172018D．20162017例2．已知数列{}n a 的通项公式为*)n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，⋯，2019S 中，有理数项的项数为( )A．42 B．43 C．44 D．45例3．对于*n N ∈，2314121122232(1)2n n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=⨯⨯+ ．例4．设曲线1()n y x n N ++=∈在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，则201712017220172016log log log x x x ++⋯+的值为 ．例5．在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列，将这2n +个数的乘积记为n A ，令2log n n a A =，*n N ∈．（1）数列{}n a 的通项公式为n a = ；（2）2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋯+⋅= ．例6．数列{}n a 中，*111,()2(1)(1)n n n na a a n N n na +==∈++，若不等式2310n ta n n++…恒成立，则实数t 的取值范围是 ．【过关测试】 一、单选题1．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）斐波那契数列{}n a 满足121a a ==，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，设235792023k a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+=，则k =（ ）A．2022 B．2023 C．2024 D．20252．（2023·全国·模拟预测）1678年德国著名数学家莱布尼兹为了满足计算需要，发明了二进制，与二进制不同的是，六进制对于数论研究有较大帮助.例如123在六进制下等于十进制的32162636306⨯+⨯+⨯=.若数列n a 在十进制下满足21n n n a a a +++=，11a =，23a =，n n b a =，则六进制1232022b b b b 转换成十进制后个位为（ ） A．2B．4C．6D．83．（2023秋·广东·高三统考期末）在数列{}n a 中，11,0n a a =>，且()221110n n n n na a a n a ++--+=，则20a 的值为（ ） A．18B．19C．20D．214．（2023秋·江西·高三校联考期末）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，11a =，1n n a ba a +=+，*N n ∈，则下列选项正确的是（ ）A．当1a =，1b =-时，则101a =B．当2a =，1b =时，则22n S n n =-C．当0a =，2b =时，则2n n a =D．当1a =，2b =时，则21nn a =-5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足21112nn n a a a +++=，且11a =，213a =，则2022a =（ ）A．12021B．12022C．14043D．140446．（2023·安徽淮南·统考一模）斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{}n a 可以用如下方法定义：21n n n a a a ++=+，且121a a ==，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{}n b ，则数列{}n b 的前2023项的和为（ ） A．2023B．2024C．2696D．26977．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知数列{}n a 满足1122n n n n a a a a ++++=，且11a =，213a =，则2022a =（ ） A．12021B．12022C．14043D．140448．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足211232n n n n n n a a a a a a ++++-=，且1231a a ==，则7a =（ ） A．163B．165C．1127D．1129一、倒数变换法，适用于1nn n Aa a Ba C+=+（,,A B C 为常数）二、取对数运算 三、待定系数法 1、构造等差数列法 2、构造等比数列法①定义构造法。