(全国通用版)19版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座(三)数列、不等式及推理与证明优选学案

专题13 利用导数证明数列不等式【热点聚焦与扩展】利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1）ln 1x x <- 对数→多项式 （2）1xe x >+ 指数→多项式4、关于前n 项和的放缩问题：求数列前n 项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第k 项与第1n k -+项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差⨯等比”的形式（例如2nn a n =⋅，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且n a 裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑. 5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】例1【2019届浙江省绍兴市高三3月模拟】已知数列满足：，. （其中为自然对数的底数，）（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）设，是否存在实数，使得对任意成立？若存在，求出的一个值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2) 不存在满足条件的实数【解析】试题分析：（1）第（Ⅰ）问，先证明一个不等式，再利用该不等式证明. (2)第（Ⅱ）问，先利用数学归纳法证明，再利用该不等式证明不存在实数M.（Ⅱ）先用数学归纳法证明.①当时，.②假设当时，不等式成立，那么当时，，也成立.故对都有.所以.取，.【名师点睛】本题难点在于思路的找寻，本题难度较大. 第（Ⅰ）问，先证明一个不等式，第（Ⅱ）问，先利用数学归纳法证明，之所以要证明这两个不等式，当然是对试题整体分析的结果.例2【2017浙江，22】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n+1+ln(1+x n+1)（*∈N n ）． 证明：当*∈N n 时， （Ⅰ）0＜x n+1＜x n ； （Ⅱ）2x n+1− x n ≤12n n x x +； （Ⅲ）112n +≤x n ≤212n +．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【解析】（Ⅱ）由111)1ln(+++>++=n n n n x x x x 得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证明．例3. 已知函数()()2ln f x x a x x =+--在0x =处取得极值 （1）求实数a 的值（2）证明：对于任意的正整数n ，不等式23412ln(1)49n n n+++++>+都成立 【答案】（1）1；（2）见解析. 【解析】（1）()'121f x x x a=--+ 0x =为()f x 的极值点()'10101fa a∴=-=⇒= （2）思路一：联想所证不等式与题目所给函数的联系，会发现在()()2ln 1f x x x x =+--中，存在对数，且左边数列的通项公式22111n n a n n n +⎛⎫==+ ⎪⎝⎭也具备()f x 项的特征，所以考虑分析()ln 1x +与2x x +的大小关系，然后与数列进行联系.解：下面求()()2ln 1f x x x x =+--的单调区间()()'2312111x x fx x x x +=--=-++,令()'00f x x >⇒<()()00f x f ∴<=即()2ln 1x x x +<+（每一个函数的最值都会为我们提供一个恒成立的不等式，不用【名师点睛】（1）此不等式实质是两组数列求和后的大小关系（211,ln n n n n a b n n++==），通过对应项的大小关系决定求和式子的大小.此题在比较项的大小时关键是利用一个恰当的函数的最值，而这个函数往往由题目所给.另外有两点注意：①关注函数最值所产生的恒成立不等式 ②注意不等号的方向应该与所证不等式同向 （2）解决问题后便明白所证不等式为何右边只有一个对数，其实也是在作和，只是作和时对数合并成一项（与对数运算法则和真数的特点相关），所以今后遇到类似问题可猜想对数是经历怎样的过程化简来的，这往往就是思路的突破点思路二：发现不等式两边均有含n 的表达式，且一侧作和，所以考虑利用数学归纳法给予证明： 解：用数学归纳法证明：∴只需证()()()()2211221ln(1)ln 2ln ln 11111k k k k k k k k k ++++⎛⎫++>+⇔>=+ ⎪++⎝⎭++（下同思路一：分析()f x 的最值可得()2ln 1x x x +<+） 令11x k =+，由恒成立不等式()2ln 1x x x +<+可得()()2111ln 111k k k ++⎛⎫>+ ⎪+⎝⎭+ 即所证不等式成立 ③ n N *∴∀∈，均有23412ln(1)49n n n +++++>+ 【名师点睛】利用数学归纳法证明要注意两点：（1）格式的书写 （2）要利用n k =所假设的条件. 例4.已知函数()()2ln 1f x ax x =++ （1）当14a =-时，求函数()f x 的单调区间 （2）当[)0,x ∈+∞时，函数()y f x =图像上的点都在0x y x ≥⎧⎨-≤⎩所表示的平面区域内，求实数a 的取值范围（3）求证：()()1248211112335582121n n n e -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（其中,n N e *∈是自然对数的底数） 【答案】（1）增区间()1,1-，减区间()1,+∞；（2）见解析 【解析】（1）常规解法，求出单调区间找最值 ()()21ln 14f x x x =-++ ()()()()()2'21112212121x x x x f x x x x x +-+-=-+=-=-+++,令()'0f x >求出单调区间如下：（2）解：函数()y f x =图像上的点都在0x y x ≥⎧⎨-≤⎩区域内，（此时发现单调性并不能直接舍掉0a >的情况，但可估计函数值的趋势，()ln 1x +恒为正，而2ax x -早晚会随着x 值的变大而为正数，所以必然不符合题意.在书写时可构造反例来说明，此题只需20ax x -=即可，所以选择1x a=） ② 0a ≤时，2210ax a +-<即()'0g x < ()g x ∴在[)0,+∞单调递减 ()()00g x g ∴≤=，符合题意 综上所述：0a ≤（3）思路：观察所证不等式()()1248211112335582121n n ne -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪++++< ⎪⎪⎪⎪⨯⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，左边连乘，右边是e ，可以想到利用两边取对数“化积为和”，同时利用第二问的结论.第二问给我们提供了恒成立的不等式，0a ≤时，()2ln 1ax x x ++≤，取0a =，即()ln 1x x +≤，则可与左边的求和找到联系.解：所证不等式等价于()()1242ln 1ln 1ln 1123352121nn n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯++⎝⎭⎝⎭⎝⎭由（2）可得()ln 1x x +≤，令()()122121nn nx -=++，即∴不等式得证【名师点睛】（1）第二问中代数方法与数形结合方法的抉择（体会为什么放弃线性规划思路），以及如何将约束条件转变为恒成立问题（2）对数运算的特点：化积为和.题目中没有关于乘积式的不等关系，于是决定变为和式 （3）利用上一问的结论放缩通项公式，将不可求和转变为可求和，进而解决问题 例5【2017北京，理19】已知函数()()ln 1f x x =+-（1）若()f x 在定义域内为减函数，求p 的范围（2）若{}n a 满足()1122113,141n nn a a a n n +⎛⎫==++ ⎪ ⎪+⎝⎭，试证明：2n ≥时，3444n a e ≤≤ 【答案】（1）[1.+∞）；（2）见解析. 【解析】解：（1）()f x 为减函数()'101fx x ∴=≤+ [)0,x ∈+∞maxmax 211p ⎛⎫⎪∴≥== ⎪ ⎪⎝⎭+ ⎪⎝⎭（2）思路：由（1）可得()()ln 1f x x =+()()00f x f ≤=即()ln 1x +≤有关n a 的不等关系（①有e 的指数幂，所以可能与自然对数相关，②考虑数列的单调性），已知条件是递推数列，可尝试利用递推公式寻找不等关系求解. 解：()1122113,141n n n a a a n n +⎛⎫==++ ⎪⎪+⎝⎭()12211041n n nna a a n n +∴-=+>+ {}n a ∴单调递增 212111+4124a a ⎛⎫=+= ⎪⨯⎝⎭ 2n ∴>时，124n n a a a ->>>=即()42,n a n n N *≥≥∈()()()112221222111111111444111n n n n n n n n a a a a a n n n n n n +++⎛⎫=++⇒=++<++ ⎪ ⎪+++⎝⎭（利用4n a ≥进行放缩，消掉多余的n a ，由()2211n n +，联想到()11n n +是可裂项的.再由()f x 的特点决定两边同取对数）()12+1211ln ln 141n n n a a n n +⎛⎫∴=++ ⎪ ⎪+⎝⎭()321111ln23122n n a a n n ⎛⎫⎛⎫∴<+++++⎪ ⎪⨯-⎝⎭⎝⎭ 21111821131131242412n n n n -+⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=-+=--< ⎪⎝⎭- 334424nn a e a e a ∴<⇒< 3444n a e ∴≤<得证 【名师点睛】（1）对付较复杂的题目，首先要把准备工作做好，在第三问中你可做的准备工作有这些： ①如果你计算了2a ，也许就知道左边的4的来源进而决定进行数列单调性分析.②如果你观察了递推公式，便可发现()2211n n +有可处理的地方③如果你观察了所证不等式的右边，便会由e 的指数幂联想到对数不等式④如果利用第一问出个可用的不等式结论，也许你就发现了对数与根式的不等关系 这些准备工作不会直接得到答案，但是起码会给你提供一些方法和可选择的道路（2）第三问依然用到了数列求和，有关消项的求和通常有两种，一种是相邻的项做差（累加法），另外一种就是相邻的项做商，此时利用对数即可将“累乘消项”转变为“累加消项”例6【2019届二轮专练】已知函数f(x)＝elnx ，g(x)＝f(x)－(x ＋1)．(e ＝2.718……) (1)求函数g(x)的极大值； (2)求证：1＋>ln(n ＋1)(n ∈N *)．【答案】（1）－2.（2）见解析令g′(x)>0，解得0<x<1； 令g′(x)<0，解得x>1.∴函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)极大值＝g(1)＝－2.(2)证明 由(1)知x ＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，∴g(x)≤g(1)＝－2，即lnx －(x ＋1)≤－2⇒lnx≤x－1(当且仅当x ＝1时等号成立)， 令t ＝x －1，得t≥ln(t＋1)，t>－1， 取t ＝ (n∈N *)时， 则>ln＝ln，∴1>ln2， >ln ， >ln ，…， >ln ，叠加得1＋＋＋…＋>ln(2···…·)＝ln(n ＋1)．即1＋＋＋…＋>ln(n ＋1)．例7【2019届二轮训练】已知函数f(x)＝xlnx 和g(x)＝m(x 2－1)(m∈R )． (1)m ＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y ＝g(x)的图象总在函数y ＝f(x)图象的上方，求m 的取值范围； (3)求证：4411⨯-＋242421⨯⨯-＋…＋2441n n ⨯⨯->ln(2n ＋1) (n∈N *)． 【答案】(1)见解析(2) 1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.(3) 见解析意；（3）由（2）知，当1x >时， 12m =时， 11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立，结合题型，构造不妨令()*21121k x k N k +=>∈-，得出()()()*24ln 21ln 21,41k k k k N k +--<∈-，利用累加可得结论. 试题解析：(1) 1m =时， ()()f x g x =，即2ln 1x x x =-，而0x >，所以方程即为1ln 0x x x-+=. 令()1ln h x x x x=-+，则()22211110x x h x x x x -+-=--=<'，而()10h =，故方程()()f x g x =有唯一的实根1x =.(2)对于任意的()1,x ∈+∞，函数()y g x =的图象总在函数()y f x =图象的上方， 即()1,x ∀∈+∞， ()()f x g x <，即1ln x m x x ⎛⎫<-⎪⎝⎭， 设()1ln F x x m x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，即()1,x ∀∈+∞， ()0F x <，则()222111mx x m F x m x x x -+-⎛⎫=-+= ⎪⎭'⎝ ①若0m ≤，则()0F x '>， ()()10F x F >=，这与题设()0F x <矛盾．121212{1x x mx x +=>= ∴方程有两个正实根且1201x x <<<当()21,x x ∈时， ()0F x '>， ()F x 单调递增， ()()10F x F >=与题设矛盾． 综上所述，实数m 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.(3)证明 由(2)知，当1x >时， 12m =时， 11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立．不妨令()*21121k x k N k +=>∈- ∴()*221121214ln,212212141k k k k k N k k k k ++-⎛⎫<-=∈ ⎪--+-⎝⎭，即 ()()()*24ln 21ln 21,41k k k k N k +--<∈- ∴()()2243141142{53 4214212141ln ln ln ln nln n ln n n -<⨯-⨯-<⨯-⨯+--<⨯-，累加可得()()*224424ln 2141142141nn n N n ⨯⨯++⋅⋅⋅+>+∈⨯-⨯-⨯- 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式、分类讨论思想及方程的根与系数的关系.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.例8【2019届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】已知函数()()1ln 1f x ax a x x =-+-+. （1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若关于x 的不等式()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围； （3）求证：对*N n ∈，都有()1111ln 135212n n +++<++. 【答案】(1) 单调增区间为()0,1，单调减区间为()1,+∞.(2) 1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭；(3)证明见解析.②当102a <<时， 111a->， ()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. ③当0a ≤时， ()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. 综上可得实数a 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.(3)结合(2)的结论，取12a =，有1x >时， ()21ln 1x x x ->+.则()2ln 1ln 21k k k +->+.结合对数的运算法则即可证得题中的不等式.()()2211ax a a a f x x x x ---=+=''. ①当12a ≥时， 1111a-<-≤， ()2110a x a f x x ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'=≥'.故()f x '在区间()1,+∞上递增，所以()()10f x f ''≥=，从而()f x 在区间()1,+∞上递增. 所以()()10f x f ≥=对一切[)1,x ∈+∞恒成立. ②当102a <<时， 111a->， ()211a x a f x x ⎡⎤⎛⎫-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦'='.当11,1x a ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时， ()0f x ''<， 当11,x a ⎛⎫∈-+∞⎪⎝⎭时， ()0f x ''>. 所以1x ≥时， ()min 11f x f a ⎛⎫=-'⎝'⎪⎭. 而()10f '=，故110f a ⎛⎫-<⎪⎝⎭'.所以当11,1x a ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时， ()0f x '<， ()f x 递减， 由()10f =，知110f a ⎛⎫-<⎪⎝⎭，此时()0f x ≥对一切[)1,x ∈+∞不恒成立. ③当0a ≤时， ()210a a f x x x-=+'<'， ()f x '在区间()1,+∞上递减，有()()10f x f ''<=，从而()f x 在区间()1,+∞上递减，有()()10f x f <=.22221213n n >++++-， 所以()11111ln 13521212n n n ++++<+-+.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 例9【2019届东北四市一模】已知函数，.(1)若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；(2)当时，恒成立，求整数的最大值.(3)证明：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意得到关于实数a,b的方程组，求解方程组可得.(2)结合(1)的结论，利用且当放缩可得整数的最大值是2；(3)结合(2)的结论有，利用对数的性质裂项放缩即可证得题中的不等式. 试题解析：即，同理可证.由题意，当时，且，即，即时，成立.当时，，即不恒成立.因此整数的最大值为2.(3)由，令，即，即，由此可知，当时，，当时，，当时，，……当时，.综上：点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．例10【2019届贵州省遵义市遵义四中高三第三次月考】已知函数()f x kx =， ()ln xg x x=. （1）求函数()ln xg x x=的单调区间； （2）若不等式()()f x g x ≥区间()0,+∞上恒成立，求实数k 的取值范围；（3）求证： 4444ln2ln3ln4ln 12342n n e++++<【答案】（1）函数()ln x g x x =的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞（2）12k e≥（3）见解析.∴()21ln xg x x -'=，令()0g x '>，得0x e <<，令()0g x '<，得x e >. 故函数()ln xg x x=的单调递增区间为()0,e ，单调递减区间为(),e +∞.（2）∵0x >， ln x kx x ≥，∴2ln x k x ≥，令()2ln xh x x=又()312ln xh x x-'=，令()0h x '=解得x =当x 在()0,+∞内变化时， ()h x '， ()h x 变化如下表由表知，当x =()h x 有最大值，且最大值为12e ，所以， 12k e≥ （3）由（2）知2ln 12x x e ≤，∴42ln 11•2x x e x ≤（2x ≥） ∴444222ln2ln3ln 111123223n n e n ⎛⎫+++<+++ ⎪⎝⎭()22211111111111111123122312231n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++=--++-=-< ⎪⎪ ⎪⨯⨯--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴444222ln2ln3ln 11111232232n n e n e⎛⎫+++<+++<⎪⎝⎭ 即444ln2ln3ln 1232n n e+++<【方法点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、证明不等式以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立 (()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.本题（2）是利用方法 ① 求得k 的最大值.【精选精练】1. 设函数()()2ln 1f x x a x =-+，其中a R ∈（1）当0a <时，讨论函数()f x 在其定义域上的单调性； （2）证明：对任意的正整数n ，不等式()23111ln 1nk n kk =⎛⎫+>- ⎪⎝⎭∑都成立.【答案】（1）增区间⎛- ⎝⎭，⎫+∞⎪⎝⎭；减区间⎝⎭.（2）见解析.()f x ∴的单调区间为：② 02a ∆≤⇒≤-时，2220x x a +->恒成立 ()f x ∴在()1,-+∞单调递增 （2）考虑1a =时，则()()2ln 1f x x x =-+2311111ln nn k k k k kk ==+⎛⎫>- ⎪⎝⎭∑∑ 即：()23111ln 1nk n kk =⎛⎫+>- ⎪⎝⎭∑2. 已知函数()3()ln 1,0,,()f x x x x g x x ax =-+∈+∞=- （1）求()f x 的最大值；（2）证明不等式：121n nnn e n n n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 【答案】（1）0；（2）见解析. 【解析】（1）()'111x fx x x-=-=，令()'01f x x >⇒<，()f x 单调区间如下：max 10y f ∴==（2）思路：左边可看做数列求和，其通项公式为ni i a n ⎛⎫= ⎪⎝⎭，无法直接求和，所以考虑利用条件进行放缩，右边是分式，可以猜想是等比数列求和后的结果，所以将i a 放缩为等比数列模型.由（1）可得ln 10ln 1x x x x -+≤⇒≤-，令ix n=进行尝试∴不等式得证.【名师点睛】此题的第（3）问将数列通项公式放缩为等比数列求和，如果不等式的一侧是一个分数，则可向等比数列求和的结果考虑（猜想公比与首项）.3．已知等差数列}{n a 的公差不为零,105=a ,等比数列}{n b 的前3项满足733221,,a b a b a b ===. （Ⅰ）求数列}{n a 与}{n b 的通项公式； （Ⅱ）设++=∈+=21*),()8(1c c S N n a n c n n n …n c +，是否存在最大整数m ，使对任意的*N n ∈，均有3921nn n m S b ⋅>⋅+总成立?若存在,求出m 的值；若不存在,请说明理由【答案】（Ⅰ）135,4n n n a n b -=-= ；（Ⅱ）12=m .【解析】试题分析：（Ⅰ）由已知可设公差为的d ，依题意可得⎩⎨⎧++=+=+)6)(()2(10411211d a d a d a d a ， 联立解得：3,21=-=d a ，从而可求数列}{n a 与}{n b 的通项公式；（Ⅱ）依题意可得3(1)n n S n =+ ，假设存在整数m 使3921n n n m S b ⋅>⋅+，成立，即1213)1(32439+⋅=+⋅⋅⋅<n n n n m nn n 记1213)(+⋅=n n n f n，则0)2)(1()46(213)()1(2>++++⨯=-+n n n n n f n f n ，从而求出13)1()(min ==f n f ，即有存在最大的整数m=12，使392nn n m S b ⋅>⋅.试题解析：（Ⅰ）由已知可设公差为d ，则有：⎩⎨⎧++=+=+)6)(()2(10411211d a d a d a d a ，联立解得：3,21=-=d a ， 14,53-=-=∴n n n b n a（Ⅱ）数列,53-=∴n a n 代入得 )111(31)1(31)8(1+-=+=+=n n n n a n c n n,故存在最大的整数12=m ,使392nn n m S b ⋅>⋅恒成立.4．在数列{}n a 中，已知()*111411,,23log 44n n n n a a b a n N a +==+=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求证：数列{}n b 是等差数列；（3）设数列{}n c 满足11)1(++-=n n n n b b c ，且{}n c 的前n 项和n S ，若2tn S n ≥对*N n ∈恒成立，求实数t 取值范围.【答案】（1）*)()41(N n a nn ∈=; （2）详见解析;（3）6-≤t . 【解析】试题分析：（1）由于411=+n n a a ,可得数列}{n a 是首项为41，公比为41的等比数列，即可求出数列{}n a 的通项公式.（2）由（1）可得232)41(log 341-=-=n b nn .即可证明数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列.（3）由（1）知，23,)41(-==n b a n n n ,当n 为偶数时11433221+--+-+-=n n n n n b b b b b b b b b b S 2)23(23tn n n ≥+-=，即)23(23nt +-≤对n取（2）2log 341-=n n a b∴232)41(log 341-=-=n b nn .∴11=b ，公差3=d∴数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列.7分（未证明扣1分） （3）由（1）知，23,)41(-==n b a n nn ,当n 为偶数时11433221+--+-+-=n n n n n b b b b b b b b b b S)()()(11534312+--++-+-=n n n b b b b b b b b b22)234(6)(642n n b b b n ⋅-+-=+++-=2)23(23tn n n ≥+-=，即)23(23nt +-≤对n 取任意正偶数都成立所以6-≤t 11分 当n 为奇数时，)13)(23(]2)1(3)[1(2311433221+-++---=+--+-=+-n n n n b b b b b b b b b b S n n n n n 0273292>-+=n n 对6-≤t 时2tn S n ≥恒成立，综上，6-≤t . 15分 . 5．已知等差数列{}n a 的各项均为正数，133,7a a ==，其前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列, 12b =，且2232,b S =．（1）求n a 与n b ；（2）若2121111nx ax S S S +++≤++对任意正整数n 和任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）21,2nn n a n b =+=；（2）11a -≤≤.【解析】试题解析：（1）设{}n a 的公差为d ，且0;d >{}n b 的公比为q13223(1),2327(6)23222n n n a n d b q a d S b d q d q -∴=+-=∴=+==+⋅==⎧∴⎨=⎩21,2nn n a n b ∴=+= 7分（2）35(21)(2)n S n n n =++++=+ ，∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯+11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+ 1111(1)2212n n =+--++323342(1)(2)4n n n +=-<++，（10分） 问题等价于2()1f x x ax =++的最小值大于或等于34， 即23144a -≥，即21a ≤，解得11a -≤≤. 14分 6．已知{}n a 为单调递增的等比数列，且1852=+a a ，3243=⋅a a ，{}n b 是首项为2，公差为d 的等差数列，其前n 项和为n S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）当且仅当42≤≤n ，*N n ∈，22log 4n n a d S ⋅+≥成立，求d 的取值范围. 【答案】（1）1222222---=⋅=⋅=n n n n q a a ；（2）d 的取值范围为)3,(--∞【解析】试题解析：（1）因为{}n a 为等比数列，所以 325243=⋅=⋅a a a a 所以 ⎩⎨⎧=⋅=+32185252a a a a所以 52,a a 为方程 032182=+-x x 的两根；又因为{}n a 为递增的等比数列， 所以 8,16,2352===q a a 从而2=q ， 所以 1222222---=⋅=⋅=n n n n qa a ； （2）由题意可知：d nb n )1(2-+=，d nn n S n 2)1(2⋅-+=，3300)5(0)4(0)2(0)1(-<⇒⎩⎨⎧-<≤⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≥≥<d d d f f f f ，所以 d 的取值范围为)3,(--∞.7．【2017年12月浙江省重点中学期末热身】已知数列{}n a 满足： 10a =， ()1l ln20n n n n a a a n +-++=()*n N ∈.⑴求3a ；⑵证明： ()11ln 2212n n n a ---≤≤-；⑶是否存在正实数c ，使得对任意的*n N ∈，都有1n a c ≤-，并说明理由． 【答案】（1）12+；（2）证明见解析；（3）存在16c =. 【解析】试题分析：（1）依题意可得()ln21n a n n n a a e -++=+，再根据10a =，即可求出3a 的值；（2）易证1n n a a +>，则()ln2ln21n a n n n n n a a ea e -+-+=+≤+，即可得证112n n a -≤-，构造()122n a n f n e -=+-，证明出{ ()f n }是递增数列，即可得证()1ln 22nn a -≥-；（3）由(2)得()()1ln 22ln2ln211122n n n a n n n n n n a a ea ea -⎡⎤--+-+⎣⎦++=+≤+=+-，再结合221112242232n n n --=≤-⋅-⋅，即可求出c 的值. 试题解析：（1）由已知()ln21n a n n n a a e -++=+， 10a =∴212a =， 312a =+（2）∵1n n a a +>， 10a =∴{ ()f n }是递增数列∴()()10f n f ≥=，即1220n ane -+-≥∴()1ln 22n n a -≥-综上()11n 2212n n n l a ---≤≤- （3）由(2)得()()1ln 22ln2ln211122n n n a n n n n n n a a e a ea -⎡⎤--+-+⎣⎦++=+≤+=+- ∴(12112121111111111222222222222222222n n n n n n n n n n a a a a n-----≤+≤++≤≤++++=+++---------∵()2211132242232n n n n --=≤≥-⋅-⋅， ∴当4n ≥时， 2221111111115263232263226n n n a --⎛⎫≤++++=++-< ⎪⋅⋅⎝⎭.由{}n a 的单调性知：当123n =，，时， 56n a <， 综上：对任意的*n N ∈，都有56n a <，所以存在16c =. （c 的取值不唯一，若c 取其它值相应给分）点睛：本题考虑数列的不等式的证明和数列与函数的关系，恒成立问题的求解等问题，具体涉及到数列与不等式的综合运用，其中放缩法的应用和构造法的应用是解题的关键．8．已知数列{}n a ， {}n b 满足12a =，14b =，且12n n n b a a +=+， 211n n n a b b ++=.（1）求234,,a a a 及234,,b b b ；（2）猜想{}n a ， {}n b 的通项公式，并证明你的结论； （3）证明：对所有的*n N ∈，32111321•••n n a a a b b b --<<. 【答案】（1）26a =， 29b =， 312a =， 316b =， 420a =， 425b =；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】试题分析：（1）依次把n=1，2，3代入递推式即可求出{a n }，{b n }的前4项； （2）利用数学归纳法证明猜想；（3）利用放缩法证明不等式左边，利用函数单调性证明不等式右边．用数学归纳法证明：①当1n =时，由上可得结论成立.②假设当n k =时，结论成立，即()1k a k k =+， ()21k b k =+，那么当1n k =+时， ()()()()21221112k k k a b a k k k k k +=-=+-+=++，()22212k k ka b k b ++==+，所以当1n k =+时，结论也成立.由①②，可知()1n a n n =+， ()21n b n =+对一切正整数都成立. （3）由（2）知，1n n a n b n =+，于是所证明的不等式即为13521••••2462n n -<< （ⅰ）先证明：()135211••••1,2,3246221n n n n -<=+因为22414n n -<，所以()()22121n n n -+<，从而()()()222121421n n n n -+<-，即212n n -<135213521••••••••24623572121n n n n n --<=++<()1,2,3n =设函数()f x x x =， 04x π<<，则()1f x x ='， 04x π<<.< ()1,2,3n =综上所述，对所有的*n N ∈，均有32111321•••nn a a a b b b --<<. 9．已知各项均不相等的等差数列的前项和为，，且恰为等比数列的前三项，记.(Ⅰ)分别求数列、的通项公式；(Ⅱ)若，求取得最小值时的值；(Ⅲ)当为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为；当为数列的最小项时，有相应的可取值，我们把所有的和记为，令，求.【答案】(Ⅰ)∴，.(Ⅱ)0；(Ⅲ).【解析】试题分析：∴，∴，易得.（Ⅱ）若，则，当或，取得最小值0.（Ⅲ），令，则，根据二次函数的图象和性质，当取得最小值时，在抛物线对称轴的左、右侧都有可能，但都在对称轴的右侧，必有.而取得最小值，∴，等价于.由解得，∴，同理，当取得最小值时，只需解得，∴.可得.10．已知函数.（Ⅰ）求方程的实数解；（Ⅱ）如果数列满足，（），是否存在实数，使得对所有的都成立？证明你的结论．（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设数列的前项的和为，证明：．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）存在使得;（Ⅲ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意，通过解分式方程即可得方程的实数解析；（Ⅱ）通过函数的单调性判断数列通证法1：因为，当时，单调递减，所以．因为，所以由得且．下面用数学归纳法证明．因为，所以当时结论成立．假设当时结论成立，即．由于为上的减函数，所以，从而，是以为首项，为公比的等比数列.所以.易知，所以当为奇数时，；当为偶数时，即存在，使得.（Ⅲ）证明：由（2），我们有，从而.设，则由得.由于，因此n=1，2，3时，成立，左边不等式均成立．当n>3时，有，因此．从而．即．点睛：此题主要考查了函数零点、单调性，数列单调性、求和与不等式关系，以及数学归纳法、分式方程的解等有关知识，属于高档题型，也是高频考点.在（Ⅱ）的证明中，首先利用函数单调性，确定函数值的范围，由此得出数列通项的取值范围，从而找到常数，再用数列归纳法进行证明；在（Ⅲ）的证明中，根据题意构造新数列，再通过讨论其前项和的取值范围，从而问题得证.11．在数列{}n a 中，12(0),3t a t t a =>≤，n S 为{}n a 的前n 项和，且21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥ （1）比较2014a 与20153a 大小；（2）令211n n n n b a a a ++=-+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：24n t T <.【答案】（1）201420153a a >；（2）112,33a t a t a =≤=，且由（1）知2130n n n a a S +-=≥ 113n n a a +∴≤∴12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭，211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，当12nn a a +=时取到最大值，但13n n a a +≤，222339n n nn n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）根据1(2)n n n a S S n -=-≥及21143(2)n n n n S S S S n -+=++≥可得到等式213n n n a a S +-=， 并令2014n =，即可得出等式22014201520143a a S -=，进而可得20142015,3a a 的大小关系；（2）由（1）知不等式2130n n n a a S +-=≥，即113n n a a +≤，进而可得不等式12111113n n n n n n a a a a a t a a a ---⎛⎫=⋅⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭，再结合已知211n n n n b a a a ++=-+是关于1n a +的二次函数，根据二次函数的图像可得出其最大值为233n n n n a a b a ⎛⎫⎛⎫≤-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，进而由数列的前n 项和可得所证结论即可.但13n n a a +≤，222339n n nn n a a a b a ⎛⎫⎛⎫∴≤-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221212222999n n n a a a T b b b ∴=+++≤+++22212111199994n t t -⎛⎫≤++++= ⎪⎝⎭.12.【2019届高三数学训练题】设函数f(x)＝e x－ax －1. (1)当a>0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤0； (2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1<(n ＋1)n ＋1.【答案】(1)见解析(2)见解析.【解析】试题分析：（1）在a>0的情况下讨论函数的单调性，求出函数的小值g(a)＝a －alna －1，再对这个函数求导，研究这个函数的最大值g(1)＝0，故g(a)≤0.（2）结合第一问得到x>0时，总有e x>x ＋1，两边变形得到(x ＋1)n ＋1<(e x )n ＋1＝e(n ＋1)x.再利用赋值法得到结果即可.解析：(1)由a>0及f′(x)＝e x－a 可得，函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减， 在(lna ，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(lna)＝e lna－alna －1＝a －alna －1，则g′(a)＝－lna ， 故当a∈(0,1)时，g′(a)>0；令x ＋1＝11n +，即x ＝－1n n +，可得11n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －n；令x ＋1＝21n +，即x ＝－11n n -+，可得21n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －(n －1)； 令x ＋1＝31n +，即x ＝－21n n -+，可得31n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e－(n －2)； … 令x ＋1＝1n n +，即x ＝－11n +，可得1n n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －1. 对以上各式求和可得：11n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋21n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋31n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1＋…＋1n n ⎛⎫ ⎪+⎝⎭n ＋1<e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1＝()11n ne e e---＝11nee ---＝11n e e ---<11e -<1. 故对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋nn ＋1<(n ＋1)n ＋1.点睛：这个题目考查的是利用导数研究函数的单调性，证明不等式的恒成立问题.在证明不等式的恒成立是，对于含有类似于这个题目中的n 的题目，要注意利用第一问的结论，对第一问求得的参数值代入函数表达式，再注意对函数进行变形再赋值，从而得到要证的不等式形式.。

第三节 不等式选讲不等式选讲是一个选考内容,纵观近年关于课程标准的高考试题,含绝对值不等式的试题常以选做题的形式出现,属于中档偏易题.最值与恒成立问题是高考的常考点,不等式的证明常与数列相结合,考查数学归纳法、放缩法等技能方法,属于中高档题,甚至是压轴题,难度一般控制在0.3~0.75之间. 考试要求：⑴理解绝对值||||||||||a b a b a b -≤±≤+及其几何意义. ①绝对值不等式的变式：||||||a b a c c b -≤-+-.②利用绝对值的几何意义求解几类不等式：①||ax b c +≤；②||ax b c +≥；③||||x a x b c -+-≥.⑵了解不等式证明的方法：如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法. 题型一 含绝对值不等式例1（2011全国课标卷理科第24题）设函数()3f x x a x =-+,其中0a >. （Ⅰ）当1a =时，求不等式()32f x x ≥+的解集 （Ⅱ）若不等式()0f x ≤的解集为{}|1x x ≤- ，求a 的值。

点拨：⑴解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号. ⑵可考虑采用零点分段法. 解：（Ⅰ）当1a =时，()32f x x ≥+可化为|1|2x -≥, 由此可得 3x ≥或1x ≤-,故不等式()32f x x ≥+的解集为{|3x x ≥或1}x ≤-. ( Ⅱ) 由()0f x ≤的 30x a x -+≤ 此不等式化为不等式组30x a x a x ≥⎧⎨-+≤⎩或30x aa x x ≤⎧⎨-+≤⎩ 即 4x a a x ≥⎧⎪⎨≤⎪⎩ 或2x a a x ≤⎧⎪⎨≤-⎪⎩ 因为0a >，所以不等式组的解集为{}|2ax x ≤-由题设可得2a-= 1-，故2a =. 易错点：⑴含绝对值的不等式的转化易出错；⑵不会运用分类讨论的数学思想,去掉绝对值符号.变式与引申1：若2(),||1f x x x c x a =-+-<，求证： |()()|2(||1)f x f a a -<+. 题型二 不等式的性质 例2.⑴设0a b >>,则211()aba ab a -++的最小值是( ).A.1B.2C.3D.4 ⑵设+∈R x 且1222=+y x ,求21y x +的最大值.点拨：⑴观察分母能发现其和为2a ,则添加ab ab -+可配凑成21111()()()aba ab aba ab a ab a a b --++=++-+,再利用基本不等式求解；⑵观察已知条件,,再利用基本不等式求解.(1)【答案】D 解：22111111()()()()224aba ab aba ab aba ab a a ab ab ab a a b ---++=-+++=++-+≥+=,当且仅当1ab =,()1a a b -=时等号成立.如取a =2b =满足条件.选D.（2）∵0>x ,∴221()]222y x ++=.又2222113()()22222y y x x ++=++=,∴13)224⋅=,即max (4=易错点：忽视基本不等式求最值时的“一正、二定、三相等”条件.变式与引申2：已知,,x y z R +∈,且1x y z ++=,求证:14936x y z ++≥.题型三 不等式的证明例3 已知,a b R +∈,且1a b +=,求证：221125()()2a b a b+++≥. 点拨：由1a b +=,得14ab ≤,221122a b ab +=-≥,221128a b ab+≥≥.可使问题得证.解：∵2a b +≥∴14ab ≤,2211121242a b ab +=-≥-⋅=,221128a b ab+≥≥,∴2222221111()()4a b a b a b a b+++=++++1258422≥++=.易错点：⑴易出现2222211111()()42()48a b a b ab a ba b ab+++=++++≥++≥的错误；⑵忽视基本不等式中等号成立的条件.变式与引申3：是1a -和1a +的等比中项，则3a b +的最大值为( ).A.1B.2C.3D.4题型四 不等式与函数的综合应用例4已知函数2()(,,)f x ax bx c a b c R =++∈.当[1,1]x ∈-时|()|1f x ≤.求证：||1b ≤. 点拨：本题中所给条件并不足以确定参数b a ,,c 的值，但应该注意到：所要求的结论不是b 的确定值,而是与条件相对应的“取值范围”,因此,我们可以用(1)f - 、(1)f 来表示b a ,,c ,因为由已知条件有|(1)|1f -≤,|(1)|1f ≤,可使问题获证.证明：由1(1),(1)[(1)(1)]2f a b c f a b c b f f =++-=-+⇒=--，从而有11||[(1)(1)](|(1)||(1)|)22b f f f f =--≤+-,∵|(1)|1,|(1)|1f f ≤-≤,∴1||(|(1)||(1)|)12b f f ≤+-≤.易错点：⑴不会用(1)f -、(1)f 来表示a 、b 、c 及其它们的和差关系式,从而解题思路受阻；⑵不能灵活运用绝对值||||||a b a b +≤+,||||||a b a b -≤+对问题进行转化.变式与引申4：设二次函数()f x =2ax bx c ++，函数()()F x f x x =-的两个零点为,()m n m n <.（1）若1,2,m n =-=求不等式()0F x >的解集；（2）若0,a >且10x m n a<<<<，比较()f x 与m 的大小．本节主要考查：⑴不等式的性质(基本不等式与柯西不等式)应用；⑵含绝对值不等式的解法； ⑶逆求参数取值范围；⑷函数方程思想、分类讨论思想、转化化归思想以及比较法、分析法、综合法等数学思想方法.点评：⑴运用不等式性质解有关问题时,要随时对性质成立的条件保持高度警惕,避免错误发生；⑵应用绝对值不等式解题时,要注意绝对值不等式中等号成立的条件；解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号,主要思路有：①利用绝对值的几何意义；②零点分段讨论；③平方转化；④借助图象直观获解.⑶利用基本不等式和柯西不等式求最值是不等式选讲的重点考查内容之一,解题中常用技巧是注意创设应用基本不等式的条件,合理地拆分项或配凑因式,即把已知式子转化成基本不等式和柯西不等式的模型.在应用20,0)a b a b +>>求最值时,“一正、二定、三相等”三个条件不可缺一.⑷证明不等式的常用方法：①比较法,即作差比较法与作商比较法；②综合法—-由因导果；③分析法---执果索因；④放缩法,常出现在与数列和式有关的不等式证明中,运用时应注意观察“放与缩”的方向和“放与缩”的量的大小,把握好放缩的“度”,熟记一些常用放缩技巧和放缩的结构形式.⑸不等式作为工具,常与函数、导数、数列、解析几何结合在一起,有着广泛的应用,应给予关注.习题3-3 1.(2011陕西文科第3题)设0a b <<，则下列不等式中正确的是 （ ）（A ） 2a b a b ab +<<<（B ）2a ba ab b +<<< （c ）2a b a ab b +<<< (D) 2a bab a b +<<<2．不等式22||x x xx-->的解集是( ).A.(0,2)B.(,0)-∞C. (2,)+∞D.(,0)(0,)-∞+∞3．不等式2|3||1|3x x a a +--≤-对任意实数x 恒成立,则实数a 的取值范围为( ). A.(,1][4,)-∞-+∞ B.(,2][5,)-∞-+∞ C.[1,2] D.(,1][2,)-∞+∞ 4.(2011年山东卷文科第16题）.已知()log (0,1)a f x x x b a a =+->≠当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f x （）的零点*0(,1),,n=x n n n N ∈+∈则 .5.设20t π<<,a 是大于0的常数,若1cos 1cos ()a ttf t -=+的最小值是16,则a 的值等于______.【答案】当且仅当1112,3,,,632y x z x x y z =====即时,等号成立. 变式与引申3：选B解：由条件可知2231b a +=,用三角代换设cos a α=,sin 3b α=, 则3cos 3sin 2sin()a b αααϕ+=+=+ ∴选B.变式与引申4：（1）由题意知，()()F x f x x =-()()a x m x n =--当1,2m n =-=时，不等式()0F x > 即为(1)(2)0a x x +->. 当0a >时，不等式()0F x >的解集为{1,x x <-或2}x >； 当0a <时，不等式()0F x >的解集为{12}x x -<<. （2）()f x m -=()()()(1)a x m x n x m x m ax an --+-=--+0,a >且10x m n a<<<<，∴0,10x m an ax -<-+> ∴()0f x m -<， 即()f x m <．习题3-32|3||1|3x x a a +--≤-对任意实数x 恒成立,则234a a -≥,解得1a ≤-或4a ≥.故(,1][4,)a ∈-∞-+∞.4.【答案】2【解析】因为函数()log (23)a f x x x b a =+-<<在（0，)+∞上是增函数，(2)log 22log 230,a a f b a b b =+-<+-=-<(3)log 33log 340a a f b a b b =+->+-=->，0(2,3)x ∴∈即2n =.5.【答案】9a = 解：21cos 1cos ()(cos 1cos )11)16a ttt t a -++-≥++=.∴9a =.。

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高考必考题突破讲座（三）数列、不等式及推理与证明题型特点考情分析命题趋势从近几年高考试题来看，全国卷中的数列与三角基本上交替考查,难度不大，考查内容主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质，题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题，有时结合函数、不等式等进行综合考查，涉及内容较为全面，试题题型规范、方法可循。

2017·天津卷，172016·四川卷,192016·山东卷，18以数列为载体,综合不等式,考查推理与证明思想方法的应用,仍然是命题的关注点。

分值：12分1．数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型,求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征,选择合适的求和方法，常考的求和方法有:错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．2．数列与函数的综合问题数列是特殊的函数,以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选．3．数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时，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、分析法等．如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法等．【例1】S n为数列错误!的前n项和，已知a n＞0，a错误!＋2a n＝4S n＋3.（1）求错误!的通项公式；(2）设b n＝错误!,求数列错误!的前n项和．解析(1)由a2n＋2a n＝4S n＋3,可知a错误!＋2a n＋1＝4S n＋1＋3.可得a错误!－a错误!＋2(a n＋1－a n)＝4a n＋1，即2（a n＋1＋a n)＝a错误!－a错误!＝（a n＋1＋a n）（a n＋1－a n)．由于a n＞0，所以a n＋1－a n＝2.又由a21＋2a1＝4a1＋3,解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.所以错误!是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n＝2n＋1。