数列不等式与函数不等式最全解析二

⾼考数学专题03数列求和问题（第⼆篇）（解析版）备战2020年⾼考数学⼤题精做之解答题题型全覆盖⾼端精品第⼆篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n nc c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=?，⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,12,2n n n c n n +=?∴=?≥ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?设2342020202120201222322019220202T =?+?+?++?+? ③，则34520212022202021222322019220202T =?+?+?++?+? ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=++++-?2202020222(12)2020212-=-?-2022420192=--? ，所以20222020201924T =?+，所以2020S =202220204201928T +=?+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满⾜221n S n n =-+，数列{}n b 中，2+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -??+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数µ，使得数列{}3nn b µ+是等⽐数列？若存在，请求出实数µ及公⽐q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=?=?-≥?即可求出；（2）假设存在实数µ，利⽤等⽐数列的定义列式，与题⽬条件1331n n n n b b -?+?=，⽐较对应项系数即可求出µ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,1 23,2,n n a n n n N =?=?-∈?…；（2）假设存在实数µ，使得数列{}3xn b µ?+是等⽐数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n (113)n n b b -??+=.可得116b =，且1331n nn n b b -?+?=，由假设可得(n n n b b µµ--?+=-?+，即1334n n n n b b µ-?+?=-，则41µ-=，可得14µ=-，可得存在实数14µ=-，使得数列{}3nn b µ?+是公⽐3q =-的等⽐数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b ---=-?-=?- ，则1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -=++?+?+-+?+?-?? ? ????????? 当n 为偶数时，111111*********n n n T ??- =+=- ???- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ??- =+=-+=- ????- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ?-=-=??-=（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年⾼三上学期第⼀次综合质量检查】已知等⽐数列{}n a 的前n 项和为n S ，且( )*21,nn S a a n =?-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利⽤临差法得到12n n a a -=?，再根据11a S =求得1a =，从⽽求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利⽤裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=?()*,因为{}n a 是等⽐数列，所以121a a =-满⾜()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等⽐数列{}n a 的⾸项为1,公⽐为2,所以等⽐数列{}n a 的通项公式12n n a -=.（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +?=++???+=-+-+-+???+- ? ? ? ?--?,所以11121n n T +=--.【典例4】【⼭东省⽇照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的⾸项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221ny x a -=的离⼼率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++L .【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离⼼率为求出公⽐q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解. 解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.⼜由212S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ≥都成⽴.所以，数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2的离⼼率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e q n q -++++?=++++++ ()()()21214122n n n q nq -+=++++，记()212123n n T q q nq -=++++①()()2122221n n n q T q q n qnq -=+++-+②①-②得()()221222221111n n nnq q ---=++++-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+?=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n +++++?=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满⾜()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等⽐数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利⽤临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代⼊递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采⽤并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）Q 对任意*n ∈N ，有() ()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.②①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. ⽽数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成⽴；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成⽴，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=L 12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L242666n a a a =----L ()2426n a a a =-+++L246261862n n n n +-=-?=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =L ，11n n nc a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【思路引导】（1）利⽤临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从⽽证明数列{}n a 为等⽐数列，再利⽤通项公式求得n a ；（2）利⽤对数运算法则得11221nn c n n ??=+- ?+??，再⽤等⽐数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。

数学归纳法素养目标学科素养1.了解数学归纳法的原理．(重点、难点)2．掌握用数学归纳法证明问题的一般方法与步骤．(重点)3．能用数学归纳法证明一些数学命题．(难点)1.数学抽象；2．逻辑推理；3．数学运算情境导学往一匹健壮的骏马身上放一根稻草，马毫无反应；再添加一根稻草，马还是丝毫没有感觉；又添加一根……一直往马身上添稻草，当最后一根轻飘飘的稻草放到了马儿身上后，骏马竟不堪重负瘫倒在地．这在社会学里，取名为“稻草原理”．这其中蕴含着一种怎样的数学思想呢？1．数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)以“当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的框图表示判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)与自然数n有关的问题都可以用数学归纳法来证明．(×)(2)在利用数学归纳法证明问题时，只要推理过程正确，也可以不用进行假设．(×)(3)用数学归纳法证明等式时，由n＝k到n＝k＋1，等式的项数一定增加了一项．(×)1．式子1＋k＋k2＋…＋k n(n∈N*)，当n＝1时，式子的值为(B)A．1 B．1＋kC．1＋k＋k2D．以上都不对2．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)时，第一步验证( )A．n＝1 B．n＝2C．n＝3 D．n＝4C 解析：由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．3．用数学归纳法证明关于n的恒等式时，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为___________________.1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2解析：把k更换为k＋1.4．式子1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2，当n＝1时，右边的式子为________．(1＋1)2解析：当n＝1时，式子变为“1＋3＝(1＋1)2”，故右边的式子为(1＋1)2.【例1】用数学归纳法证明：1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)× 2n －1＝2n (2n －3)＋3(n ∈N *).证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＝2k(2k －3)＋3.则当n ＝k ＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＋(2k ＋1)×2k ＝2k(2k －3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k －2)＋3＝2k ＋1[2(k ＋1)－3]＋3，即当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)知，等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明等式时，一是弄清n 取第一个值n 0时等式两端项的情况；二是弄清从n ＝k 到n ＝k ＋1等式两端的项是如何变化的，即增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n ＝k ＋1时结论也成立，要设法将待证式与所作假设建立联系，并向n ＝k ＋1时证明目标的表达式进行变形．用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋2＝2n ＋2(n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－13＝23，右边＝21＋2＝23，等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2＝2k ＋2. 在上式两边同时乘⎝⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2k ＋2k ＋3＝2k ＋3＝2k ＋1＋2， 即当n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知对任何n ∈N *，等式都成立．【例2】用数学归纳法证明：112＋132＋…＋12n －12>1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1－12＝12，左边>右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即112＋132＋…＋12k －12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k.则当n ＝k ＋1时， 112＋132＋…＋12k －12＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＋12k ＋12k ＋2＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－1－12k ＋1， 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由(1)(2)知，不等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明不等式需要注意：1．在归纳递推证明过程中，方向不明确时，可采用分析法完成，经过分析找到推证的方向后，再用综合法、比较法等其他方法证明．2．在推证“n ＝k ＋1时不等式也成立”的过程中，常常要将表达式作适当放缩、变形，便于应用所作假设，变换出要证明的结论．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1>n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k 2＋(2k －2k －1)12k ＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，不等式对任何n ∈N *成立．【例3】求证：an ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．(其中n ∈N *，a ∈R )证明：(1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)1＝a 2＋a ＋1，显然能被a 2＋a ＋1整除，命题成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除．则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.上式能被a 2＋a ＋1整除， 即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *，a ∈R ，命题都成立．证明整除问题的关键是凑项，即采取增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳递推使问题得以解决．用数学归纳法证明：若f (n )＝3×52n ＋1＋23n ＋1，则f (n )能被17整除．(n ∈N *)证明：(1)当n ＝1时，f (1)＝3×53＋24＝17×23， ∴f (1)能被17整除，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，f (k )＝3×52k ＋1＋23k ＋1能被17整除．则n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝3×52k ＋3＋23k ＋4＝52×3×52k ＋1＋23×23k ＋1＝25×3×52k ＋1＋8×23k ＋1＝17×3×52k ＋1＋8×(3×52k ＋1＋23k ＋1)＝17×3×52k ＋1＋8f (k )．因为f (k )能被17整除，17×3×52k ＋1也能被17整除，所以f (k ＋1)能被17整除．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，f (n )都能被17整除．1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：由数学归纳法的证明步骤可知：当n ＝1时，等式的左边是1＋2＋3＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4.故选D ．2．用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，应先证明( ) A ．f (1)>0 B ．f (2)>0 C ．f (4)>0D ．f (5)>0D 解析：利用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，第一步应该先证明n ＝5时命题成立，即f (5)＝25－52>0.故选D ．3．证明命题“凸n 边形内角和等于(n －2)·180°”时，n 可取的第一个值是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C 解析：n ＝3时，凸n 边形就是三角形，而三角形的三个内角和等于180°，所以命题成立．故选C ．4．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，第一步应验证的等式是____________；从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是____________________．1－12＝12 12k ＋1－1－12k ＋1 解析：当n ＝1时，应当验证的第一个式子是1－12＝12，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是12k ＋1－1－12k ＋1. 5．在数列{a n }中，a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1. (1)求出a 2，a 3，a 4；(2)归纳出数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明归纳出的结论． 解：(1)由a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1知： a 2＝a 1＋11×2＝32，a 3＝a 2＋12×3＝53，a 4＝a 3＋13×4＝74. (2)猜想数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n，证明如下：①当n ＝1时，左边＝a 1＝1，右边＝2×1－11＝1.∴左边＝右边，即猜想成立；②假设当n ＝k 时，猜想成立，即有a k ＝2k －1k，那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝a k ＋1kk ＋1＝2k －1k ＋1k k ＋1＝2k ＋1k ＋1＝2k ＋1－1k ＋1，从而猜想对n ＝k ＋1也成立．由①②可知，猜想对任意的n ∈N *都成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n.1．数学归纳法只能用来证明与正整数有关的命题，其原理类似于不等式的传递性． 2．要认识到用数学归纳法证题时，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两者缺一不可．3．应用数学归纳法证题时，关键是证明n ＝k ＋1时的命题，要想证好这一步，需明确以下两点：一是要证什么，二是n ＝k ＋1时命题与所作假设的区别是什么．明确了这两点，也就明确了这一步的证明方向和基本方法．4．有关“和式”或“积式”，一定要“数清”是多少项的和或积，以准确确定n ＝1及由n ＝k 变化到n ＝k ＋1时“和”或“积”的情况．课时分层作业(十一)数学归纳法 (60分钟 100分) 基础对点练基础考点 分组训练知识点1 用数学归纳法证明等式1．(5分)用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：当n ＝1时，n ＋3＝4，故左边应为1＋2＋3＋4. 2．(5分)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1(n ∈N *)时，等式左边应在n ＝k 的基础上加上( ) A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C ．k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2D 解析：当n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2；当n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.故选D ．3.(10分)用数学归纳法证明：1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3＋…＋(2k －1)＝k 2， 那么，当n ＝k ＋1时，1＋3＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1] ＝k 2＋[2(k ＋1)－1]＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. 这就是说，当n ＝k ＋1时等式成立．根据(1)和(2)可知等式对任意正整数n 都成立． 知识点2 用数学归纳法证明不等式4.(5分)用数学归纳法证明：122＋132＋…＋1n ＋12>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是___________________________． 122＋132＋…＋1k ＋12＋1k ＋22>12－1k ＋3解析：当n＝k＋1时，目标不等式为122＋132＋…＋1k＋12＋1k＋22>12－1k＋3.5.(10分)证明不等式1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k<2k.当n＝k＋1时，1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1<2k＋1k＋1＝2k k＋1＋1k＋1<k2＋k＋12＋1k＋1＝2k＋1k＋1＝2k＋1.所以当n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N*都成立．知识点3 用数学归纳法证明整除问题6.(5分)用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为.25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2解析：当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2.7.(10分)用数学归纳法证明：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋[(k＋3)3－k3]＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9k2＋27k＋27＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k2＋3k＋3)也能被9整除，所以(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3也能被9整除，即n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)知命题对一切n ∈N *都成立．能力提升练能力考点 适度提升8.(5分)用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n＝1－a n ＋11－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的式子是(B) A ．1 B ．1＋a C ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 39．(5分)利用数学归纳法证明1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1(n ∈N *，且n ≥2)，第二步由k 到 k＋1时不等式左端的变化是( ) A ．增加了12k ＋1这一项B ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项C ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项，减少了1k 这一项D ．以上都不对C 解析：当n ＝k 时，左端为1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ；当n ＝k ＋1时，左端为1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2， 对比可知，C 正确．10．(5分)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，第二步归纳递推中的假设应写成( )A ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋3时正确 B ．假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋1时正确 C ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋1时正确 D ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋2时正确B 解析：∵n 为正奇数，∴在证明时，应假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推出n ＝2k ＋1时正确．故选B ．11．(5分)对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某学生的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤k ＋1，则当n ＝k ＋1时，k ＋12＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋2＋k ＋2＝k ＋22＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立． 上述证法( ) A ．过程全都正确 B ．n ＝1验证不正确 C ．假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确D 解析：n ＝1的验证及假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用假设作为条件，而是通过不等式的放缩法直接证明，这不符合数学归纳法的证明要求．故选D ．12.(5分)用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n 2n 2＋13时，由n ＝k 的假设到证明n ＝k ＋1时，等式左边应添加的式子是________________________________________________________________________． (k ＋1)2＋k 2解析：当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋(k －1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12. 当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12， 所以等式左边添加的式子为(k ＋1)2＋k 2.13.(5分)用数学归纳法证明(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)，“从k 到k ＋1”左端增乘的代数式为________． 2(2k ＋1) 解析：令f (n )＝(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，则f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，所以f k ＋1f k ＝2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1).14.(5分)若存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9(n ∈N *)能被m 整除，则m 的最大值为________．36 解析：f (1)＝36，f (2)＝36×3，f (3)＝36×10，…，猜想m 的最大值为36.15.(15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ＝S n n 2n －1且a 1＝13.(1)求a 2，a 3；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并证明． 解：(1)a 2＝S 22×2×2－1＝a 1＋a 26，a 1＝13，则a 2＝115，类似地求得a 3＝135.(2)由a 1＝11×3，a 2＝13×5，a 3＝15×7，…，猜想：a n ＝12n －12n ＋1.证明：①当n ＝1时，由(1)可知等式成立． ②假设当n ＝k 时猜想成立， 即a k ＝12k －12k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，由题设a n ＝S nn 2n －1，得a k ＝S k k 2k －1，a k ＋1＝S k ＋1k ＋12k ＋1，所以S k ＝k (2k －1)a k ＝k (2k －1)12k －12k ＋1＝k2k ＋1， S k ＋1＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1－k 2k ＋1. 因此，k (2k ＋3)a k ＋1＝k2k ＋1.所以a k ＋1＝12k ＋12k ＋3＝1[2k ＋1－1][2k ＋1＋1].这就证明了当n ＝k ＋1时命题成立． 由①②可知命题对任意n ∈N *都成立．第四章质量评估(时间：120分钟，分值：150分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6B 解析：在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 4＝12(a 2＋a 6)＝12(4＋a 6)＝2，解得a 6＝0.故选B ．2．已知等比数列{a n }的公比为－2，且a 2＋a 5＝1，则a 4＋a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．－4D ．4D 解析：由题意可知a 4＋a 7＝(a 2＋a 5)×(－2)2＝4.3．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 10－S 3＝14，则S 13的值为( ) A ．12 B ．18 C ．22D ．26D 解析：根据题意得S 10－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝7a 7＝14，所以a 7＝2，S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＝26.故选D ．4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且9S 3＝S 6，a 2＝1，则a 1＝( ) A ．12 B ．22C ． 2D ．2A 解析：∵9S 3＝S 6，∴9×a 11－q 31－q ＝a 11－q 61－q，∴9(1－q 3)＝1－q 6，∴1＋q 3＝9，∴q ＝2.∴a 1＝a 2q ＝12.5．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，则a n 等于( ) A ．2n－1 B ．2n ＋1－3 C ．2n －1D ．2n －1－1A 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n，∴a n ＋1－a n ＝2n.∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1.相加得a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1＝21－2n －11－2＝2n－2.∴a n ＝2n－1.6．已知数列212，414，618，8116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋n ＋1－12nB ．n 2＋n －12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋n ＋2－12n －1A 解析：∵a n ＝2n ＋12n ，∴S n ＝n2n ＋22＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋n ＋1－12n . 7．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144，则a 5－a 3＝( ) A ．6 B ．8 C ．10D ．12D 解析：∵{a n }是递增的等比数列，∴a 5－a 3>0.∵a 4a 6＝a 25，a 24＝a 3a 5，a 2a 4＝a 23，∴a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144可化为a 25－2a 3a 5＋a 23＝144，即(a 5－a 3)2＝144，∴a 5－a 3＝12.故选D ．8．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时等式成立，则还需要再证( ) A ．n ＝k ＋1时等式成立 B ．n ＝k ＋2时等式成立 C ．n ＝2k ＋2时等式成立 D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，n ＝k (k ≥2且k 为偶数)的下一个偶数为n ＝k ＋2.故选B ．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列数列中一定是等比数列的有( ) A ．{a 2n } B ．{a n a n ＋1}C ．{lg a n }D ．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2nAB 解析：由数列{a n }为等比数列可知，a n a n －1＝q (q ≠0)，对于A ，a 2n a 2n －1＝q 2，故A 项中的数列是等比数列；对于B ，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q 2≠0，故B 项中的数列是等比数列；对于C ，lg a nlg a n －1不一定为常数，即{lg a n }不一定为等比数列；对于D ，若a n ＝(－1)n，为等比数列，公比为－1，则S n 有可能为0，即S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定成等比数列．故选AB ．10．在等差数列{a n }中，a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．公差d <0 B ．a 66＋a 67<0 C ．S 131<0D ．使S n >0的n 的最小值为132CD 解析：∵a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|， ∴d >0，a 67>－a 66，即a 67＋a 66>0， ∴S 132＝66(a 1＋a 132)＝66(a 66＋a 67)>0，S 131＝131a 1＋a 1312＝131a 66<0，∴使S n >0的n 的最小值为132.11．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且S n T n ＝3n ＋39n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．14ACD 解析：由题意可得S 2n －1T 2n －1＝2n －1a 1＋a 2n －122n －1b 1＋b 2n －12＝2n －1a n 2n －1b n ＝a n b n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1＝32n －1＋392n －1＋3＝3n ＋18n ＋1＝3＋15n ＋1.由于a n b n为整数，则n ＋1为15的正约数，则n ＋1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n 的可能取值有2,4,14.故选ACD ．12．对于数列{a n }，若存在正整数k (k ≥2)，使得a k <a k －1，a k <a k ＋1，则称a k 是数列{a n }的“谷值”，k 是数列{a n }的“谷值点”．在数列{a n }中，若a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n－8，下面不能作为数列{a n}的“谷值点”的是( ) A ．3 B ．2C ．7D ．5AD 解析：a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8，故a 1＝2，a 2＝32，a 3＝2，a 4＝74，a 5＝65，a 6＝12，a 7＝27，a 8＝98.故a 2<a 3,3不是“谷值点”；a 1>a 2，a 3>a 2，故2是“谷值点”；a 6>a 7，a 8>a 7，故7是“谷值点”；a 4<a 5,5不是“谷值点”．故选AD ．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且S 2＝3，S 4＝15，则a 3＝________. 4 解析：∵S 2＝3，S 4＝15， ∴a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝S 4－S 2＝12. ∴a 3＋a 4a 1＋a 2＝4＝q 2.∵a n >0，∴q ＝2. ∴a 1＋a 1q ＝3a 1＝3.∴a 1＝1.∴a 3＝a 1q 2＝4.14.已知等差数列{a n }共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．4 解析：∵S 偶－S 奇＝5d ＝20，∴d ＝4.15.已知数列{a n }满足a n －a n ＋1＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 5＝________，b 4b 6＝________. 10 91 解析：由题意可得1a n ＋1－1a n＝3，即数列{b n }是公差为3的等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，得b 5＝10，所以b 4＝7，b 6＝13，b 4b 6＝91.16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．－92 解析：由题意可得，a 1＝－2，a 2＝－52，a 3＝－2，a 4＝－52，…，a 39＝－2，a 40＝－52，a 41＝－2，∴S 41＝21×(－2)＋20×⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－92.四、解答题(本题共6小题，共70分)17.(10分)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：当n ＝1时，a 1＝5S 1－3＝5a 1－3，得a 1＝34.当n ≥2时，由已知a n ＝5S n －3， 得a n －1＝5S n －1－3.两式作差得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ， ∴a n ＝－14a n －1，∴数列{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14的等比数列．∴a n ＝a 1qn －1＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n －1. 18.(12分)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝8，S 10＝－10.(1)求a n ，S n ；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解：(1)∵S 10＝10a 1＋45d ＝80＋45d ＝－10， ∴d ＝－2.∴a n ＝8－2(n －1)＝10－2n ，S n ＝n 8＋10－2n 2＝9n －n 2.(2)令a n ＝0，得n ＝5. 当n ≤5时，T n ＝S n ＝9n －n 2；当n ≥6时，T n ＝－S n ＋2S 5＝n 2－9n ＋40，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.19.(12分)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，且a 3＝15，a 2＝3a 5. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)解：由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．由已知得1a 3＝5，1a 2＝13×1a 5. 设其公差为d ，则1a 1＋2d ＝5，1a 1＋d ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋4d ，解得1a 1＝1，d ＝2，于是1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，整理得a n ＝12n －1.(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝3n 2n ＋1. 20.(12分)某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材存量． (1)求{a n }的表达式．(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于79a .如果b ＝1972a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30) 解：(1)设第一年后的森林木材存量为a 1，第n 年后的森林木材存量为a n ， ∴a 1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14－b ＝54a －b ，a 2＝54a 1－b ＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫54a －b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫542a －⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋1b ，a 3＝54a 2－b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫543a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋54＋1b .由上面的a 1，a 2，a 3推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －2＋…＋54＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b (其中n ∈N *)．证明如下：①当n ＝1时，a 1＝54a －b ，结论成立．②假设当n ＝k 时，a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b 成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝54a k －b ＝54⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫54ka －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1－1b . 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b 对一切n ∈N *成立．(2)当b ＝1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于79a ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1×1972a <79a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫54n>5.两边取对数得nlg 54>lg 5，即n >lg 5lg 5－2lg 2＝1－lg 21－3lg 2≈7.∴经过8年后该地区就会发生水土流失.21.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2n.(1)求a 1，a 2；(2)设c n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{c n }是等比数列； (3)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n . (1)解：∵a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，∴a 1＝S 1＝2. 由2a n ＝S n ＋2n ，知2a n ＋1＝S n ＋1＋2n ＋1＝a n ＋1＋S n ＋2n ＋1，∴a n ＋1＝S n ＋2n ＋1，①∴a 2＝S 1＋22＝2＋22＝6.(2)证明：由题设和①式知a n ＋1－2a n ＝(S n ＋2n ＋1)－(S n ＋2n )＝2n ＋1－2n ＝2n ，即c n ＝2n，∴c n ＋1c n＝2(常数)．∵c 1＝21＝2，∴{c n }是首项为2，公比为2的等比数列． (3)解：∵c n ＝2n，∴n ＋12c n ＝n ＋12n ＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减，得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝12＋123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2.∴T n ＝32－n ＋32n ＋1. 22.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1a n－1a n＋1，n 为奇数，4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，n 为偶数，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解：(1)由于S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n －1＋12(n －1)2＋32(n －1)－2，两式相减得a n ＝a n －a n －1＋n ＋1，于是a n －1＝n ＋1，所以a n ＝n ＋2. (2)由(1)得b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＋1n ＋3，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )． 因为b 1＋b 3＋…＋b 2n －1＝12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n ×2n ＋2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n ×n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n4n ＋1， b 2＋b 4＋…＋b 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是T 2n ＝n 4n ＋1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .。

放缩法证明数列不等式之常数型与函数型◆题型一:放缩法证明数列不等式之常数型 方法解密:放缩法证明数列不等式属于数列大题中较有难度的一种题型.大部分是以证明某个数列和大于或小于一个常数类型,小部分是证明某个数列前n 项和或者积大于或小于一个函数(下一专题详解).本专题我们来介绍最常见的常数类型. 放缩的目的有两个:一是通过放缩使数列的和变换成比如裂项相消等可以简单求和的形式,这样可以方便比较大小.二是两者之间无法直接比较大小,这样我们需要通过寻找一个媒介,来间接比较大小. 放缩的原则:放缩必然会导致数变大或者变小的情况,我们的原则是越精确越好.在证明过程中,为了使放缩更精确,往往会第一项不变,从第二项或者第三项开始放缩(例题会有讲解). 放缩的方法:(1)当我们要证明多项式M A <时,我们无法直接证明两者的大小,这时我们可以将多项式M 放大为1N ,当我们能够证明1N A <,也间接证明了M A <.切不可将M 缩小为2N ,即使能够证明2N A <,M 与A 的关系无法得证.(2)当我们要证明多项式M A >时,这时我们可以将多项式M 缩小为1N ,当我们能够证明1N A >,也间接证明了M A >.需要放缩的多项式多以分式形式出现,要使得分式的值变大,就是将分母变小,常见是将分母减去一个正数,比如1. 常见的放缩形式:（1）()()21111211n n n n n n<=-≥--； （2）()2111111n n n n n >=-++；（3）2221441124412121n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭； （5(()2121n n n n n n n n==--≥+-+； （6(211n n n n n n n =>=++++；（7222212111212122n n n n nn n n n ==--++-++-++； （8）()()()()()()()1211222211212121212122212121nn n n n n n n n n n n n ---=<==----------()2n ≥；（12）()()()111121122121212121n nn n n n n ---<=-≥-----.类型一:裂项放缩 【经典例题1】求证22221111.....2123n ++++< 【解析】因为()()2211111211n n n n n n n n <==-≥---,所以2222222211111111111111..........11.....=22123122332231n n n n n n ++++<++++=+-+-++--<----,所以原式得证. 为什么第一项没有经过放缩,因为分母不能为0,所以只能从第二项进行放缩.总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式1】求证222211117 (1234)n ++++< 【解析】因为()()()221111112111211n n n n n n n ⎛⎫<==-≥ ⎪-+--+⎝⎭,所以222222221111111111111111........11....1231213112324351n n n n ⎛⎫++++<++++=+-+-+-+- ⎪----⎝⎭11117=112214n n ⎛⎫++--< ⎪+⎝⎭,所以原式得证. 总结:证明数列之和小于常数2,式子左侧我们进行放大处理,各个分式分母减去n,可以变换成裂项相消的形式,同时又能作为媒介与2比较大小.同时要注意从第几项开始放缩的问题.【变式2】求证222211115 (1233)n ++++<【解析】因为()()()221111112111211n n n n n n n ⎛⎫<==-≥ ⎪-+--+⎝⎭,所以 222222222111111111111111111........1....12312311222435461n n n n ⎛⎫++++<++++=++-+-+-++- ⎪---⎝⎭11111151115=1=422313213n n n n ⎛⎫⎛⎫+++---+< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭,注意这是保留前两项,从第三项开始放缩.总结:通过例1和变式题我们发现,我们对分式的进行放大,分母我们依次减去的数是n,1.不难发现,这些数递减,所得的结果也是递减的.说明减去的数越小,所得的结果越精确.同时通过两道变试题我们也发现,保留前几项不动,这样放缩的精度也会高一些.有些模拟题中,经常出现保留前2项到3项不动的情况.那么作为学生如何判断从第几项开始放缩呢?这需要学生去尝试和试错,如果第一项不行,那就尝试第二项,第三项.【经典例题2】已知2,2n n n a b n ==,设1n n nc a b =+,求证:1243n c c c +++<.【解析】已知2,2n n na b n ==,因为 222441122(21)2(21)(21)(21)2121n c n n n n n n n n n n ⎛⎫===<=- ⎪+++-+-+⎝⎭所以1221111112224233557212133132n c c c n n n ⎛⎫+++<+-+-++-=+-< ⎪-++⎝⎭,故不等式得证.【经典例题3】已知数列{}n a 满足11a =，*11(2,)n n n a a n n n--≥∈=N ， （1）求n a ;（2）若数列{}n b 满足113b =，*121()n n n b b n a ++∈=N ，求证：2512n b <． 【答案】（1）n a n =；（2）证明见解析． 【详解】 （1）由题意11n n a na n -=-（2n ≥）， ∴321121231121n n n a a a na a n a a a n -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=-，11a =也适合．所以n a n =（*n N ∈）； （2）由已知1125312b =<，214251312b b =+=<，32214119252341212b b =+=+=<， 当3n ≥时，121111(1)1n n b b n n n n n+-=<=---， 因此1343541()()()n n n b b b b b b b b ++=+-+-++-1911111125125()()()12233411212n n n <+-+-++-=-<-， 则1212512n n b b n +=-< 综上，2512n b <．类型二:等比放缩所谓等比放缩就是数列本身并非为标准的等比数列,我们将数列的通项经过一定的放缩使之成为一个等比数列,然后再求和,我们通过例题进行观察了解. 【经典例题4】证明:12311115 (212121213)n ++++<----【解析】令121n na =-,则1111212111212222n n n n n n n n a a a a ++++--=<=⇒<-- 又因为1211,3a a ==,由于不等式右边分母为3 ,因此从第三项开始放缩,得21121222111115321122312n n n a a a a a a a --⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭+++<++++=+<⎪⎝⎭-故不等式得证.【经典例题5】已知数列{}n a 满足：12a =，1122n n n a a ++=+，*n N ∈.（1）求证2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列并求n a ；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ； （3）求证：2132431111112n n a a a a a a a a ++++⋅⋅⋅+<----. 【答案】（1）证明见解析，2nn a n =⋅；（2）1(1)22n n S n +=-+；（3）证明见解析.【详解】（1）证明：1111122211222222n n n n n n nn n n n n na a a a a a ++++++-=-=+-=， ∴2n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为1112a =，公差为1的等差数列， ∴1(1)12nn a n n =+-=，∴2n n a n =⋅. （2）∵1231222322n nS n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅， ∴234121222322n n S n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅， 两式相减得：123122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅，()1212212n n n n S +-=-⋅--，∴1(1)22n n S n +=-+.（3）证明：∵2n n a n =⋅，∴11(1)2n n a n ++=+⋅，∴1(2)2n n n a a n +-=+⋅，当*n N ∈时，22n +>，∴1(2)22n n n ++⋅>， ∴111(2)22n n n +<+⋅，∴21324311111n n a a a a a a a a ++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅----234111112222n ++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅< 111421111122212nn ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎛⎫⎝⎭==-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.【练习1】已知数列{}n a 中，11a =，其前n 项的和为n S ，且当2n ≥时，满足21nn n S a S =-．（1）求证：数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；（2）证明：2221274n S S S +++<． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）当2n ≥时，211nn n n S S S S --=-，11n n n n S S S S ---=，即1111n n S S --=从而1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以1为首项，1为公差的等差数列．（2）由（1）可知，()11111n n n S S =+-⨯=，1n S n∴=． 则当2n ≥时222111111211n S n n n n ⎛⎫=<=- ⎪--+⎝⎭． 故当2n ≥时22212111111111123224211n S S S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111137111221224n n ⎛⎫=++--<+⋅= ⎪+⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<满足题意，故2221274n S S S +++<． 法二：则当2n ≥时22211111n S n n n n n =<=---， 那么222121111111717142334144n S S S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<++-+-+-=-< ⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 又当1n =时，21714S =<，当时，21714S =<满足题意.【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且112n n n S na a =+-． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列22n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：32n T <． 【答案】（1）()*1n a n n N =+∈．（2）见解析【解析】（1）当1n =时，111112S a a =+-，即12a =， 当2n ≥时，112n n n S na a =+-①，()1111112n n n S n a a ---=-+-②， ①-②，得：()112122n n n n n a na n a a a --=--+-，即()11n n na n a -=+， 11n n a a n n-∴=+，且112a=，∴数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以每一项均为1的常数列，则11n a n =+，即()*1n a n n N =+∈；（2）由（1）得1n a n =+，()()2222211221n a n n n n n ∴=<=-+++， 11111111113113243522122n T n n n n ∴<-+-+-++-=+--<+++.【练习3】已知函数()32x f x x=-，数列{}n a 中，若1()n n a f a +=，且114a =.（1）求证：数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是等比数列；（2）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：12n S <. 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 （1）由函数()32x f x x=-，在数列{}n a 中，若1()n n a f a +=，得：132n n n a a a +=-， 上式两边都倒过来，可得：11n a +＝32n na a -＝3n a ﹣2，∴11n a +﹣1＝3n a ﹣2﹣1＝3n a ﹣3＝3（1n a ﹣1）．∵11a ﹣1＝3．∴数列11n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以3为首项，3为公比的等比数列．（2）由（1），可知：11n a -＝3n ，∴a n ＝131n +，n ∈N*．∵当n ∈N*时，不等式131n +＜13n成立． ∴S n ＝a 1+a 2+…+a n ＝2121111111 (313131333)nn +++<++++++＝11133113n⎛⎫⋅- ⎪⎝⎭-＝12﹣12•13n＜12．∴1S 2n <．【练习4】已知函数2()2f x x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(),n n P n S 均在函数()y f x =的图象上．若()132n n b a =+ （1）当2n ≥时，试比较1n b +与2nb 的大小；（2）记)*1n nc n N b =∈试证1240039c c c ++⋯+<. 【答案】（1）12bnn b +<；（2）证明见解析. 【详解】（1）2()2f x x x ∴=-，故22n S n n =-，当2n ≥时，123n n n a S S n -=-=-， 当1n =时，111a S ==-适合上式，因此()*23n a n n N =-∈.从而1,1,22nb nn n b n b n +==+=，当2n ≥时，()01211 1nn n n C C n =+=++⋯>+故122nb nn b +<=（2）1n n c b n=11c =，()*2(1),21n n n N n n n n n n =<=-∈≥++- )12400 (12212)32 (2)400399c c c +++<++++400139==.◆题型二:放缩法证明数列不等式之函数型 方法解密:数列放缩较难的的两类便是形如数列的前n 项和与函数()f n 的不等关系,即12()n a a a f n +++<或者数列前n 项积与函数()f n 的不等关系,即12n a a a ⋅⋅⋅<()f n 的问题,其中,这里的前n 项和与前n 项积难求或者是根本无法求.面对这类题时,首先,我们可以将()f n 看成某个数列的和或者积,然后通过比较通项的大小来解决;其次,我们也可以对n a 进行变形,使之能求和或者求积.往往第二种方法难以把握,对学生综合素质要求较高.而第一种方法相对简单易行,所以本专题以“拆项”为主线详细讲解.【经典例题1】已知数列*113,31,2n n a a a n N +==-∈ (1)若数列{}n b 满足12n n b a =-,求证:数列{}n b 是等比数列。

第23讲 证明数列不等式参考答案与试题解析一．解答题（共47小题）1．（2021•浙江月考）设等差数列{}n a 的前为n S ，已知24a =，420S =． （1）求数列{}n a 的通项公式 （2）记数列21{}n n a a +的前n 项和为n T ，求证：212n T n n <++ 【解答】解：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ， 则由24a =，420S =得1144620a d a d +=⎧⎨+=⎩，故122a d =⎧⎨=⎩，故2n a n =．（2）证明：1222212111()()n n nT a a a a a a =++⋯++++⋯+ 而212n a a a n n ++⋯+=+．222222121111111()412n a a a n ++⋯+=++⋯+， 故221111111[11]422312n T n n n n n n <+++-+-+⋯+-<++-2．（2021春•江油市校级期中）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的*n N ∈，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上． （1）求r 的值； （2）当2b =时，记*1()4nn bn n N a +=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T （3）由（2），是否存在最小的整数m ，使得对于任意的*n N ∈，均有3220n mT -<，若存在，求出m 的值，若不存在，说明理由．【解答】解：（1）因为对任意的*n N ∈，点(,)n n S ，均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上 所以得n n S b r =+， 当1n =时，11a S b r ==+，当2n 时，111()(1)n n n n n n a S S b r b r b b ---=-=+-+=-，又因为{}n a 为等比数列，∴公比为b ，所以21(1)a b bb a b r-==+，解得1r =-，首项11a b =-，1(1)n n a b b -∴=-（2）当2b =时，12n n a -=，111114422n n n n n n n b a -++++===⨯ 则234123412222n n n T ++=+++⋯+∴34521234122222n n n T ++=+++⋯+ 两式相减，得23412121111222222n n n n T +++=+++⋯+-31211(1)112212212n n n -+-+=+--12311422n n n +++=-- 113113322222n n n n n n T ++++∴=--=- （3）若3220n mT -<使得对于任意的*n N ∈，都成立 33(3)220nn m+∴--<， 即3220n n m +<对于任意的*n N ∈，都成立 又1(1)3320222n n nn n n ++++---=<， ∴32nn +的最大值在1n =时取得，最大值为2， ∴220m>，40m >，所以存在这样的41m =符合题意． 3．（2021春•兰山区校级月考）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的*n N ∈，点(,)n n S 均在函数(0x y b r b =+>且1b ≠，b ，r 均为常数）的图象上． （1）求r 的值；（2）当2b =时，记*32(log 1)()n n b a n N =+∈，证明：对任意的*n N ∈，不等式1212111n nb b b b b b +++⋯>【解答】解：（1）由题意，n n S b r =+，当2n 时，11n n S b r --=+，∴11(1)n n n n a S S b b --=-=-且1b ≠，所以2n 时，{}n a 是以b 为公比的等比数列， 又1a b r =+，2(1)a b b =-，21a b a =，即(1)b b b b r-=+，解得1r =-， r 的值1-；（2）证明：当2b =时，由（1）知12n n a -=，因此*2()n b n n N =∈，∴不等式为214121242n n+++⋯>①当1n =时，左式32=，右式=>右式，所以结论成立②假设*()n k k N =∈时结论成立，即214121242k k+++⋯>则当1n k =+时，2141212323212422(1)2(1)2k k kk k k k +++++⋯>+=++ 要证当1n k =+>只需证：2241294128k k k k ++>++成立，显然成立，∴当1n k =+时，214121232422(1)k k k k ++++⋯>+综合①②可知不等式1212111n nb b b b b b +++⋯>4．数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数1(0x y b b =->且1b ≠，b 均为常数）的图象上．（1）求证：{}n a 是等比数列； （2）当2b =时，记1()4n n n b n N a ++=∈，证明：数列{}n b 的前n 项和32n T <． 【解答】（1）证明：数列{}n a 的前n 项和为n S ， 对任意的n N +∈，点(,)n n S 均在函数1x y b =-的图象上，∴1n n S b =-，111a S b ==-，当2n 时，11111(1)n n n n n n a S S b b b b --=-=--+=-．1n =时，上式成立，∴1(1)n n a b b=-，*n N ∈．{}n a ∴是等比数列．（2）2b =时，12n n a -=，11142n n n n n b a +++==， 231231222n n n T ++=++⋯+，① 34212212222n n n T ++=++⋯+，② ①-②，得：3412111111222222n n n n T +++=+++⋯+-1211(1)118212212n n n -+-+=+--23342n n ++=-， ∴13322n n n T ++=-， 32n T ∴<． 5．（2021•临沂期中）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知对任意*n N ∈，点(,)n n S 均在函数2(x y r r =+为常数）的图象上． （1）求r 的值；（2）记*()n n b na n N =∈，数列{}n b 的前n 项和为n T ，试比较2n S 与n T 的大小．【解答】解：（1）因为对任意的n N +∈，点(,)n n S ，均在函数2(x y r r =+为常数）的图象上．所以得2n n S r =+， 当1n =时，112a S r ==+，当2n 时，11112(2)222n n n n n n n n a S S r r ----=-=+-+=-=， 又因为{}n a 为等比数列，所以112a r ==+ 故1r =-；（2）由（1）可知，12n n a -=，21n n S =-，*n N ∈ 又由*()n n b na n N =∈，则1*2()n n b n n N -=∈，则数列{}n b 的前n 项和为01232112223242(1)22n n n T n n --=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯①12341212223242(1)22n n n T n n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯+⨯②①-②得到：00123212(12)2222222212n n n nn n T n n ----=++++⋯++-⨯=-⨯-即221(1)21n n n n T n n =⨯-+=-⨯+所以22212221(3)23n n n n n n T S n n -=⨯-+-⨯+⨯=-⨯+ 当1n =时，21n n T S -=-，2n n T S ∴<； 当2n =时，21n n T S -=-，2n n T S ∴<； 当2n >时，20n n T S ->，2n n T S ∴>．综上，当1n =，2时，2n n T S <；当2n >时，2n n T S >．6．已知二次函数1k 图象经过坐标原点，其导函数为()62f x x '=-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，*)()n S n N ∈均在函数()y f x =的图象上；又11b =，1(2)3n n c a =+，且22112312222n n n n n a b b b c ---+++⋯++=，对任意*n N ∈都成立，（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n c b 的前n 项和n T ；（3）求证：()(1)(0)i ln x x +<>；2*2221()(4(1)ni i ilna n n ii n N a n =--<∈+∑，2)n ． 【解答】解：（1）设二次函数2()f x ax bx =+，()2f x ax b '=+， 262a b ∴==-，则2()32f x x x =-， (,)n n S 在232y x x =-上，232n S n n ∴=-．当2n 时1n n n a S S -=-22323(1)2(1)65n n n n n =---+-=- 又1n =时1321615a =-==⨯-符合， 65n a n ∴=-，则163(2)2133n n n c a n -=+==-，由22112312222n n n n n b a b b b c ---+++⋯++=得，2211231222221n n n n b a b b b n ---+++⋯++=-①， 令1(2)n n n =-代入上式得，22212311222223n n n n b a b b b n ----+++⋯++=-②， ①-②得，122n n b -=，即22(2)n n b n -=， 又11b =不满足上式，∴21122n nn b n -=⎧=⎨⎩， （3）由（2）得，211(21)22n n nn c b n n -=⎧=⎨-⎩， 122135272(21)2n n T n ---∴=++⨯+⨯+⋯+-⨯③， 123111325272(21)222n n T n ----=+⨯+⨯+⨯+⋯+-⨯④， ③-④得，1221172(222)(21)222n n n T n ----=+++⋯+--⨯21111(1)711222(21)2(23)212212n n n n n ----=+⨯--⨯=-+⨯-，则211(23)2n n T n -=-+⨯，（3）()i 设()(1)(0)g x x ln x x =-+>，则1()1011x g x x x '=-=>++， ()g x ∴在(0,)+∞上是增函数， ()(0)0g x g ∴>=，即(1)0x ln x -+>，故(1)(0)ln x x x +<>； ()(1)(0)ii ln x x x +<>，当*n N ∈，2n 时，令1n n =-代入上式得： 1lnn n <-，即111lnn n n n n-<=-， 令2n n =代入上式得，22211lnn n n <-，∴2211(1)2lnn n n<-则222222222231111(111)23223ni lni ln ln lnn in n ==++⋯+<-+-+⋯+-∑22211111111[(1)()][(1)()]22322334(1)n n n n n =--++⋯+<--++⋯+⨯⨯+ 1111111[(1)()]223341n n n =---+-+⋯+-+ 21111121[(1)()][(1)]22122(1)4(1)n n n n n n n n ---=---=--=+++， 故结论成立．7．11()43x f x b -+=-⨯+，等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n P n ，*)()n S n N ∈均在函数()y f x =上．（1）求b 的值及数列{}n a 的通项公式；（2）设32log (8)n n b a =⨯，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，是否存在*k N ∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）依题意，1143n n S b -+=-⨯+，当2n 时，21143n n S b -+-=-⨯+，12111144433n n n n n n a S S -+-+-+-∴=-=-⨯+⨯=，114144n n n n a q a -+-+∴===，∴2121111144114433a ab b -+-+===-⨯+-，即43b =， ∴数列{}n a 的通项公式14n n a -+=；（2）结论：存在*k N ∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立． 理由如下：由（1）可知12242n n n a -+-+==，39222118222n n n a -+-+∴⨯=⨯=， 322log (8)log 2n n b a ∴=⨯=211211n n -+=-+，2(1)211102n n n T n n n +∴=-+=-+， ∴21010n T n n n n n-+==-， ∴2212(1)119119136110()122222224n T T T n n n n n n n +++⋯+=-=-+=--+， ∴当9n =或10时1212n T T T n ++⋯+取最大值211910104522-⨯+⨯=， ∴存在*k N∈，使得1212n T T T k n++⋯+<对任意*n N ∈恒成立， 且k 的最小值为45．8．已知*)n a n N =⋯+∈，求证：3(1)1(1)23n n n a n +<<+．【解答】证明：(1n n n n <<+，12231n n ∴++⋯+<⋯+<++⋯++，∴3(1)(3)1(1)223n n n n n ++<+． ∴3(1)1(1)23n n n a n +<<+． 9．（2021•嘉兴模拟）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1a ，n a ，n S 成等差数列，且542a S =+，*n N ∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）记2n n n a b S =，*n N ∈，证明：123144(21)nn b b b ++⋯+--，*n N ∈． 【解答】解：（Ⅰ）1a ，n a ，n S 成等差数列，可得12n n a a S =+， 当2n 时，1112n n a a S --=+，两式相减可得1122n n n n n a a S S a ---=-=， 即12n n a a -=，可得{}n a 为公比为2的等比数列，则11(12)(21)12n n n a S a -==--，由542a S =+，可得44112(21)2a a =-+， 解得12a =，则2n n a =，*n N ∈； （Ⅱ）证明：2224(21)nn n n n a b S ==-，当2n 时，1211222111()4(21)4(21)(22)4(21)(21)42121n n n n n n n n n n nb ---=<==--------， 则121111111131(1)24337212144(21)n n n n b b b -++⋯+<+-+-+⋯+-=----， 当1n =时，131144(21)2a -==⨯-，则等号取得，则123144(21)nn b b b ++⋯+--，*n N ∈． 10．（2021春•秀山县校级月考）设函数()(1)f x ln x =+，22()()1x xg x a a R x+=∈+．（1）若函数()()()h x f x g x =-在定义域内单调递减，求a 的取值范围；（2）设*n N ∈，证明：3422212(1)(1)(1)(ne e n n n++⋯+<为自然对数的底数）．【解答】（1）解：函数()h x 的定义域为(1,)-+∞，且22()()()(1)1x xh x f x g x ln x a x+=-=+-+，则22221(22)(1)(2)(1)(22)()1(1)(1)x x x x x a x x h x a x x x ++-++-++'=-=+++， 由于()h x 在(1,)-+∞内单调递减，则()0h x '对(1,)x ∈-+∞恒成立， 即2(1)(22)0x a x x +-++对(1,)x ∈-+∞恒成立，⋯（2分） 从而21()22max xa x x +++，则11()1211max a x x=+++， 故a 的取值范围为1[,)2+∞⋯（4分）（2）证明：取12a =，由第（1）问可知()h x 在(0,)+∞为单调递减函数， 从而()(0)0h x h <=；则212(1)21x xln x x++<+对(0,)x ∈+∞，均成立，⋯（6分）令2(1,2,,)kx k n n ==⋯， 有222222222()2111(1)()()22211k k k k k k k n n ln k n n n k n n n++<=+++++；⋯（9分） 从而22212[(1)(1)(1)]n ln n n n ++⋯+ 2222222221211212(1)(1)(1)()2111n n n ln ln ln n n n n n n n n n =++++⋯++<++⋯++++⋯++++ 221(1)(1)3[3]4(1)4n n n n n -+-=-+， 故3422212(1)(1)(1)ne n n n++⋯+<⋯（12分）11．（2021春•阳江校级月考）设数列{}n a 满足12a =，211n nn a a na +=-+，1n =，2，3，⋯， （1）求2a ，3a ，4a ；（2）猜想出{}n a 的一个通项公式，并用数学归纳法证明你的结论； （3）设21n n b a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：34n T <． 【解答】解：（1）由12a =，得221113a a a =-+=，2322214a a a =-+=，45a =．（2）由此猜想{}n a 的一个通项公式：1(1)n a n n =+． 下面用数学归纳法证明如下：①当1n =时，1211a ==+，等式成立． ②假设当n k=时等式成立，即1k a k =+，那么2211(1)(1)12(1)1k k k a a ka k k k k k +=-+=+-++=+=++， 也就是说，当1n k =+时，1(1)1k a k +=++也成立． 根据①②对于所有1n ，有1n a n =+． 证明：（3）2211111(1)(1)1n n b a n n n n n ==<=-+++， 22222211111111111111111111113()()()()234(1)22334(1)(1)42334114214n T n n n n n n n n n n n ∴=+++⋯++<+++⋯++=+-+-+⋯+-+-=+-<+⨯⨯-+-++12．（2012秋•济源校级期中）设数列{}n a 满足121(2)n n a a n -=+，且11a =，2log (1)n n b a =+ （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设数列21{}n n b b +的前n 项和为n S ，证明：34n S <． 【解答】（1）解：因为121(2)n n a a n -=+，所以112(1)(2)n n a a n -+=+， 所以数列{1}n a +是以112a +=为首项，以2为公比的等比数列． 所以11222n n n a -+==． 所以21n n a =-⋯（4分）（2）证明：因为21n n a =-，所以2log (1)n n b a n =+=⋯（6分） 所以211111()(2)22n n b b n n n n +==-++．⋯（8分） 所以111111111111(1)(1)23241122212n S n n n n n n =-+-+⋯+-+-=+---++++31113()42124n n =-+<++．⋯（12分） 13．（2007•崇文区一模）已知数列{}n a 中，113a =，*11(2,)n n n n a a a a n n N --⋅=-∈，数列{}n b 满足*1()n nb n N a =∈． （Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式； （Ⅱ）设数列1{}n nb 的前n 项和为n T ，证明3142n T n <-+． 【解答】解：()I 当1n =时，1113b a ==， 当2n 时，1111111n n n n n n n n a a b b a a a a ------=-==⋅，∴数列{}n b 是首项为3，公差为1的等差数列， ∴通项公式为2n b n =+；（5分）11()(2)n II nb n n =+， ∴1111132435(2)n T n n =++++⋅⋅⋅+ 11111111[(1)()()()]2324352n n =-+-+-++-+ 1311[()]2212n n =-+++ 1323[]22(1)(2)n n n +=-++ 23222(1)(2)(1)(2)2n n n n n n n ++>=+++++ ∴222(1)(2)2n n n n +-<-+++ ∴132313231[[]22(1)(2)22242n n n n n +-<-=-++++ ∴3142n T n <-+．（13分） 14．（2021春•绍兴期中）已知正项数列{}n a 满足：112a =，211(2)nn n n a a a a n --=+，n S 为数列{}n a 的前n 项和． ()I 求证：对任意正整数n ，有2nS n n； ()II 设数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：对任意(0,6)M ∈，总存在正整数N ，使得n N>时，n T M >．【解答】证明：()I 正项数列{}n a 满足：112a =，211(2)nn n n a a a a n --=+， ∴22211022a a --=，20a >，解得2312a =<．猜想212nn a -． 下面利用数学归纳法证明： ()i 当1n =时，112a =成立．()ii 假设*n k N =∈时，212kk a -成立． 则1n k =+时，211121(1)(1)2kk k k k a a a a+++-=++， 解得1(21)k k a +-+=(21)212k k -++=．因此1n k =+时也成立． 综上可得：*n N ∀∈，212nn a -成立． 21321(121)22242nn n n n S -+-∴++⋯+==， 故对任意正整数n ，有2nS n n． ()II 由（Ⅰ）知10n n a a +>>，22121a a a =+，21a =，()1xf x x =+在区间(0,)+∞上单调递增， 121121112n n n n a a a a a a +++∴-==++． 11122111(1)222n n n n n n a a a a a a a a n ---∴=+-+-+⋯+--+=， 当2n 时，2211111n n n n na a a a a -+==+，21111n n n a a a -=-，222212*********6n n nT a a a a a a n∴=++⋯+=+--， 令26M n ->，26n M>-， 设0N 为不小于26M -的最小整数，取01N N =+（即2[]1)6N M=+-， 当n N >时，n T M >．∴对任意(0,6)M ∈，总存在正整数N ，使得n N >时，n T M >．15．（2021•邯郸一模）已知正项数列{}n b 的前n 项和n S 满足：2*632()n nn S b b n N =++∈，且12b <．（Ⅰ）求{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n a 满足：1112,(1)(2,n n na a a nb -==+且*)n N ∈，试比较n a 的大小，并证明你的结论．【解答】解：（Ⅰ）数列{}n b 的前n 项和n S 满足：2*632()n nn S b b n N =++∈，① ∴当1n =时，2111632b b b =++，11b =或12b =， 12b <，11b ∴=．当2n ，*n N ∈时，2111632n n n S b b ---=++，②由①-②得：22116(32)(32)n n n n n b b b b b --=++-++，22113()n n n n b b b b --∴-=+，正项数列{}n b ， 13n n b b -∴-=，∴数列{}n b 是首项为1，公差3的等差数列．13(1)32n b n n ∴=+-=-， {}n b ∴的通项公式为：32n b n =-．（Ⅱ）结论为：n a > 证明：由（Ⅰ）知：32n b n =-． 11(1)n n na ab -=+，(2n 且*)n N ∈， 11(1)32n n a a n -∴=+-， ∴13132n n n a a n --=-， ∴2154a a =， 3287a a =，⋯13132n n n a a n --=-， 又12a =，∴上述n 个式子叠乘，得：25811(31)4710(32)n n a n ⨯⨯⨯⨯⋯⨯-=⨯⨯⨯⋯⨯-．要比较n a的大小， 只要比较3n a 与1n b +的大小， 0n a >，0n b >，∴只要比较31n n a b +与1 的大小．记33[258(31)]()[47(32)](31)n f n n n ⨯⨯⨯⋯⨯-=⨯⨯⋯⨯-+，f （1）33(25)12514432⨯==>⨯， 332332(1)(32)(31)543641()(31)(34)54274f n n n n n n f n n n n n n ++++++==>+++++， ()1f n ∴>，则有：n a >16．（2021•安徽三模）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且*121111()()2n nn a n N S S S +=++⋯+∈ ①求1a ，2a ，3a ；②求数列{}n a 的通项公式n a ； ③若数列{}n b 满足11b =，11(2)n n nb b n a -=+，求证：21231111122()(2)234n n b b b b b n n-<++++⋯+．【解答】解：①由121111()2n nn a S S S +=++⋯+， ∴11111a S a ==，11a ∴=（负值舍去）， 同理：22a =，33a =；②猜想：n a n =（下面用数学归纳法证明)n a n =， 当1n =时，命题成立；假设当n k =时命题成立，即k a k =， 112121111()2k k k k a S S S S +++=++⋯++，k a k =，∴(1)2k k k S +=， 121111111111112[(1)()()]2231k k k k S S S S k k S a ++++⋯++=-+-+⋯+-+++ 1111212(1)11k k k k k k S a k S a ++=-+=+++++， ∴11221()(1)212k k k k a k k k a+++=++++， 222112(1)(3)(1)(2)(1)0k k k a k k a k k k ++∴++--+++=， 211[2(1)(2)(1)][(1)]0k k k a k k a k ++∴++++-+=， 11k a k +∴=+，∴当1n k =+时命题成立． n a n ∴=．③11n n nb b a -=+， ∴22211112()n n n n n b b b a a --=++， ∴22211112()n n n n nb b b a a ---=+， ∴22112122223231111112()()n n n nb b b b b a a a a a a --=++⋯++++⋯+， ∴212122211111112()()2323n n b b b b n n-=+++⋯++++⋯+， 22211111111111(1)()()()1(2)23223341n n n n n++⋯+<-+-+-+⋯+-=--， ∴2121111112(!)123n n b b b b n n-<+++⋯++-， 21231111122()(2)234n n b b b b b n n-∴<++++⋯+．17．（2021春•历下区校级期中）（1）已知0a b >>，0m >，比较b a 和b m a m++的大小并给出解答过程；（2）证明：对任意的n N +∈，不等式357212462n n+⋯ 【解答】解：（1）b m ba m a+>+． 由条件()()()()()b m b a b m b a m m a b a m a a a m a a m ++-+--==+++，a b >，0m >，∴()0()m a b a a m ->+，∴0b m ba m a +->+， ∴b m ba m a+>+； （2）证明：由（1）所得结论得若0a b <<，0m >， 则b b ma a m+>+， 可得3355772121()()()()22446622n n n n++⋯ 3456782122()()()()1234567221n nn n n ++>⋯=++， 两边开方，命题得证，由①、②可得对任意的n N +∈，不等式357212462n n+⋯> 18．（2021•盐城三模）（1）已知*0,0()i i a b i N >>∈，比较221212b b a a +与21212()b b a a ++的大小，试将其推广至一般性结论并证明；（2）求证：3*01213521(1)()2n nn n n n n n n N C C C C +++++⋯+∈． 【解答】解：（1）22222212211212121212()()()b b a b a b a a b b a a a a ++=+++， 因为0i a >，0i b >，所以222112120,0a b a b a a >>，则2222112211212122a b a b a b b b a a a +⨯=，所以22222121212121212()()2()b b a a b b b b b b a a ++++=+，即22212121212()()()b b a a b b a a +++．所以22212121212()b b b b a a a a +++，当且仅当22211212a b a b a a =，即2112a b a b =时等号成立． ⋯⋯（2分） 推广：已知0i a >，*0(i b i N >∈，1)i n ，则222212121212()n n nnb b b b b b a a a a a a ++⋯+++⋯+++⋯+．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）证明：①当1n =时命题显然成立； 当2n =时，由上述过程可知命题成立； ②假设(2)n k k =时命题成立，即已知0i a >，*0(i b i N >∈，1)i k 时，有222212121212()k k k kb b b b b b a a a a a a ++⋯+++⋯+++⋯+成立，则1n k =+时，222222112112121121()()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯+++⋯+++++⋯+，由22212121212()b b b b a a a a +++，可知222121121121121()()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯+++⋯+++++⋯+++⋯++，故22222112112121121()k k k k k k k k b b b b b b b b a a a a a a a a ++++++⋯++++⋯++++⋯++，故1n k =+时命题也成立．综合①②，由数学归纳法原理可知，命题对一切*n N ∈恒成立． ⋯⋯（6分） （注：推广命题中未包含1n =的不扣分） （2）证明：由（1）中所得的推广命题知01213521nn n n nn C C C C ++++⋯+ 22222012012135(21)[135(21)]35(21)35(21)n nn n n n n n n nn n C C C n C C C C n C ++++⋯++=+++⋯+++++⋯++①，⋯（8分） 记01235(21)nn n n n n S C C C n C =+++⋯++， 则10(21)(21)n n n n n n S n C n C C -=++-+⋯+，两式相加，得0122(22)(22)(22)(22)nn n n n n S n C n C n C n C =++++++⋯++，012(22)()(22)2nn n n n n n C C C C n =++++⋯+=+⨯，故(1)2n n S n =+⨯②，又2241(21)[135(21)][(1)](1)2n n n n +++++⋯++=⨯+=+③，将②③代入①，得222243012135(21)(1)(1)35(21)(1)22nn nn n n nn n n C C C n C n ++++++⋯+=++，所以，301213521(1)2nnn n n n n n C C C C +++++⋯+，证毕． ⋯⋯（10分） 19．（2021春•枣庄校级月考）（1）已知a ，b ，m 都是正数，且a b <，用分析法证明a m ab m b+>+； （2）已知数列{}n a 的通项公式为312n n a -=，*n N ∈．利用（1）的结论证明如下等式：123111132n a a a a +++⋯+<． 【解答】证明：（1）要证a m ab m b+>+，由于a ，b ，m 都是正数， 只需证()()a b m b a m +<+，即ab am ab bm +<+，只需证am bm <因为0m >，所以只需证a b <， 又已知a b <，所以原不等式成立 （2）证明：1231nn a =-． 当1n =时，左式312=<=右式． 当1n >，*n N ∈时，由（1）知：11221131(31)13n n n n a -+=<=--+ 于是2112311111113131(1)333232n n n a a a a -+++⋯+<+++⋯+=-< 综上可得123111132n a a a a +++⋯+< 20．（2021•杭州期中）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足13210n n a S ++-=，且113a =． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设113n n nb S =+，证明：1231712nb b b b n +++⋯+<+． 【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由112211113210,393n n a S a a a a ++-==⇒=⇒=；------------------（1分）当2n 时，111321033220n n n n n n a S a a S S -+-+-=⇒-+-=-----------（2分）∴113n n a a +=，(2)n ，----------------------------------（3分）又2113a a =，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列， ∴13n na =．-------------（4分） 证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）可得112(1)12331n n n n S b =-⇒=+-------------------------（5分）∴12323222231313131n n b b b b n +++⋯+=+++⋯++---- 欲证1231712n b b b b n +++⋯+<+，只需证232222173131313112n +++⋯+<------------------------------（7分） 令231n n c =-，记{}n c 的前n 项和为nT ，即证1217171171,11212412n T T T <=<=+<------------------------------------------（8分） 当3n 时，12211313113n n n -+<=-----------------------------------+（10分）∴当3n 时，223111(1)11115513179311433344921213n n n T ---<++++⋯+=+<+=------------------（12分）综上，1231712n b b b b n +++⋯+<+对*n N ∈成立． 21．（2021•沙坪坝区校级一模）已知数列{}n a 的前n 项之积n T 满足条件：①1{}nT 为首项为2的等差数列；②2516T T -=． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设数列{}n b 满足n n b a ，其前n 项和为n S ．求证：对任意正整数n ，有104n S <<． 【解答】解：（1）设数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭公差为d ，因为数列1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭首项为2，所以2511,224T T d d ==++， 由方程2516T T -=可得1112246d d -=++，解得1d =， 所以12(1)11n n n T =+-⨯=+，即11n T n =+， 因为数列{}n a 的前n 项之积n T ，所以当2n 时，11111n n n T nn a T n n-+===+，当1n =时，1112a T ==符合，所以1n n a n =+，证明：（2）由（1）得，2222()01n n n n n n n b a n --===>+， 所以数列{}n b 前n 项和0n S >， 同由上面可知：1nn +，222222221111(2)(1)(2)(1)()2(1)(2)2122211n n n n n n n n n n n n b n n n n n n n n --++++<===-++++⨯⨯++，所以1231111111[()()()]2233412n n S b b b b n n =+++⋯+<-+-+⋯+-++1111()2224n =-<+， 综上可得，104n S <<． 22．已知数列{}n a 中，n S 为{}n a 的前n 项和，13n n a S n +=-+，*n N ∈，12a =． （1）求{}n a 的通项公式； （2）设*()2n n n b n N S n =∈-+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：*14()33n T n N <∈．【解答】解：（1）当1n =时，2111324a S a =-+=+=， 13n n a S n +=-+，可得14n n a S n -=-+，两式相减可得，11n n n a a a +-=-， 即有112(1)n n a a +-=-，即为数列{1}n a -为第二项起为等比数列， 则2132n n a --=，1n >，n N ∈， 即有22,1321,1n n n a n -=⎧=⎨+>⎩；（2）13n n a S n +=-+，可得1322n n S n -=-+，则1232n n n n nb S n -==-+， 即有前n 项和为211233323232n n nT -=+++⋯+， 231123232323232n nnT =+++⋯+， 两式相减可得，21111112332323232n n nn T -=+++⋯+-11()12133212n nn -=--， 化简可得4412()33232n n nnT =--， 由于{}bn 各项大于0，可得113n T T =，由不等式的性质可得43n T <． 故*14()33n T n N <∈． 23．（2021•宾阳县校级期中）已知公差不为0的等差数列{}n a 满足：11a =且2a ，5a ，14a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ； （2）证明不等式12331111112(221n n n S S S S n-<+++⋯+<-+且*)n N ∈ 【解答】解：（1）设数列{}n a 公差为d ，因为2a ，5a ，14a 成等比数列．所以25214a a a =，即2(14)(1)(113)d d d +=++得2360d d -=又0d ≠，所以2d =． 故2(121)12(1)21,2n n n na n n S n +-=+-=-==．（6分） （2）证明：由（1）得211n S n=，因为 当2n 时，2111(1)(1)n n n n n <<+-． 即21111111n n n n n-<<-+-． 所以22221111111111111111111233412342231n n n n n+-+-+⋯+-<++++⋯+<+-+-+⋯+-+-．即1233111111221n n S S S S n-<+++⋯+<-+．（12分）24．已知函数()f x lnx =，3()2ag x x=-，(a 为常数） （1）若方程2()()f x e g x =在区间1[2，1]上有解，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，证明不等式()()2g x f x x <<-在[4，)+∞上恒成立； （3）证明：(Tex translation failed)，*()n N ∈（参考数据：20.693)ln ≈ 【解答】解：（1）()f x lnx =，3()2ag x x=-， ∴方程2()()f x e g x =可化为232a x x=-． 即332a x x =-+． 令33()2h x x x =-+．则23()32h x x '=-+． 由23()302h x x '=-+=得，2x =，或2x =-（舍去）．当x ∈时，23()302h x x '=-+>．()h x 单调递增．当x ∈时，23()302h x x '=-+<．()h x 单调递减．15()28h =，h （1）12=，h =．1[2x ∴∈，1]时，1()[2h x ∈． ∴方程2()()f x e g x =在区间1[2，1]上有解等价于1[22a ∈．（2）1a =时，不等式()()g x f x <可化为 312lnx x-<， 即132lnx x +>．令1()r x lnx x=+． 则211()r x x x '=-． 当[4x ∈，)+∞时，()r x 单调递增． ()min r x r ∴=（4）13442ln =+>． ∴当[4x ∈，)+∞时，()()g x f x <恒成立．()2f x x <-可化为 2lnx x <-，即2lnx x -<-． 令()k x lnx x =-． 1()1k x x'=-． 当[4x ∈，)+∞时，()k x 单调递减． ()max k x k ∴=（4）442ln =-<-．∴当[4x ∈，)+∞时，()2f x x <-恒成立．∴当1a =时，证明不等式()()2g x f x x <<-在[4，)+∞上恒成立．（3）()f x lnx =，2(21)(1)()2(21)(1)f k f k f k ln k ln k lnk ∴+-+-=+-+- 2(21)(1)k lnk k +=+ 1(4)(1)f k k =++，由（2）可知，31()22f x x x-<<-， ∴3111(4)4212(1)(1)4(1)f k k k k k k -<+<+-++++，即3(1)111(4)224(1)1(1)1k k f k k k k k k +-<+<-+++++， ∴51111(4)2416(1)4(1)1f k k k k k k +<+<-+++++， ∴(Tex translation failed)，*n N ∈，∴(Tex translation failed)．25．（2021•衡水校级模拟）已知函数()cos sin (0)f x x x x x =->． （1）求函数()f x 在点(2π，())2f π处的切线方程； （2）记n x 为()f x 的从小到大的第*()n n N ∈个极值点，证明：不等式*2222212311117()4n n N x x x x π+++⋯+<∈． 【解答】（1）解：()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-，则切线的斜率为()sin 2222f ππππ'=-=-， 又()12f π=-，故函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为(1)()22y x ππ--=--，即21024x y ππ++-=．（2）证明：由()sin 0f x x x '=-=，0x >，得*()n x n n N π=∈， 所以当2n 且*n N ∈时，22222111111()(1)(1)2(1)(1)n x n n n n n πππ=<=--+-+． 所以当2n 时，*n N ∈时，2222222222212311111111111111111111111117(1)(1)(1)23243531211221224n x x x x n n n n n n n n πππππππ+++⋯+<+-+-+-+⋯+-+-+-=++--<++=----++． 又当1n =时，22211174x ππ=<． 综上，*2222212311117()4n n N x x x x π+++⋯+<∈． 26．（2012•洛阳模拟）已知函数1()1()af x lnx ax a R x-=-+-∈． （Ⅰ）当12a <时，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当0a =时，对于任意的n N +∈，且2n ，证明：不等式111321(2)(3)()42(1)n f f f n n n +++⋯+>-+． 【解答】()I 解：函数的定义域为(0,)+∞，求导函数可得221()ax x a f x x-++-'= 当0a =时，21()x f x x -'=，令21()0x f x x -'=>可得1x >，令21()0x f x x-'=<，0x >，01x ∴<<，∴函数()f x 在(1,)+∞上是增函数，在(0,1)上是减函数；当0a <时，令221()0ax x a f x x -++-'=>得210ax x a -+-+>，解得1x >或11x a<-（舍去），此时函数()f x 在(1，_+∞上增函数，在(0,1)上是减函数；当102a <<时，令221()0ax x a f x x -++-'=>得210ax x a -+-+>，解得111x a<<- 此时函数()f x 在1(1,1)a -上是增函数，在(0,1)和1(1a-，)+∞上是减函数⋯（6分）()II 证明：由()I 知：0a =时，1()1f x lnx x=+-在(1,)+∞上是增函数， 1x ∴>时，()f x f >（1）0=设221()()(1)(1)g x f x x lnx x x x=--=+->，则22(1)(221)()x x x g x x -+-+'=22210x x -+>恒成立，1x ∴>时，()0g x '<，()g x ∴在(1,)+∞上单调递减 1x ∴>时，()g x g <（1）0=，即2()1f x x <-()0f x >，∴211111()()1211f x x x x >=---+ ∴1111111111111321(1)(1)(2)(3)()23241122142(1)n f f f n n n n n n n +++⋯+>-+-+⋯+-=+--=--+++∴不等式得证⋯（12分）27．证明不等式：3721135932n n n -+++⋯+<-．【解答】证明：1212121221323322n n n n n n n n ------++⋯+=-++⋯+， 由11211213(221)2(3322)n n n n n n n -------++⋯+-++⋯+121211(32232)(34)n n n n n n ------=-+⋯+- 221132(34)(34)0n n n n ----=-+⋯+-， 当1n =取得等号，即有11212323n n nn n ----， 则113721242115932393n n n nn ---+++⋯+<+++⋯+- 21()2333()32313nn -==-<-． 故原不等式成立．28．（2021春•辛集市校级月考）已知()(1)(1)f x x ln x =++． ()I 求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设函数2()2()1g x x f x x =-+，若关于x 的方程()g x a =有解，求实数a 的最小值； （Ⅲ）证明不等式：*111(1)1()23ln n n N n+<+++⋯+∈ 【解答】（Ⅰ）解：()(1)(1)f x x ln x =++，(1)x >-，()(1)1f x ln x '=++，由()0f x '=，得11x e=-，当1(1,1)x e∈--时，()0f x '<；1(1x e ∈-，)+∞，()0f x '>．∴函数()f x 的单调增区间为：1(1e -，)+∞，单调减区间为：1(1,1)e--．（Ⅱ）函数2()2()22(1)1g x x f x x ln x x =-=-++，(1)x >- 2()21g x x '=-+，令()0g x '=，得0x =． (1,0)x ∈-时，()0g x '<，(0,)x ∈+∞时，()0g x '> ()g x ∴在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0g x g ∴=，∴关于x 的方程()g x a =有解，则实数a 的最小值为0．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）得(1)x ln x >+在(0,)+∞上恒成立， 令1x n =，则有111(1)(1)ln ln n lnn n n n+<⇒+-< 1211ln ln ∴-<，1322ln ln -<，1433ln ln -<，⋯，1(1)ln n ln n+<<∴11(1)112ln n ln n+-<++⋯+ *111(1)1()23ln n n N n∴+<+++⋯+∈． 29．（2021•大庆一模）已知函数()1f x ax lnx =-+ （1）若不等式()0f x 恒成立，则实数a 的取值范围；（2）在（1）中，a 取最小值时，设函数()(1())(2)2g x x f x k x =--++．若函数()g x 在区间1[,8]2上恰有两个零点，求实数k 的取值范围；（3）证明不等式：2*212(234)(n n ln n n N n-+⨯⨯⨯⋯⨯>∈且2)n ．【解答】解：（1）由题意知，10ax lnx -+恒成立．变形得：1lnx a x+． 设1()lnx h x x+=，则()max a h x ． 由2()lnxh x x '=-可知，()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， ()h x 在1x =处取得最大值，且()max h x h =（1）1=．所以()1max a h x =，实数a 的取值范围是[1，)+∞．（2）由（1）可知，1a ，当1a =时，()1f x x lnx =-+，2()()(2)2(2)2g x x x lnx k x x xlnx k x =--++=--++， ()g x 在区间1[,8]2上恰有两个零点，即关于x 的方程2(2)20x xlnx k x --++=在区间1[,8]2上恰有两个实数根．整理方程得，222x xlnx k x -+=+，令221(),[,8]22x xlnx s x x x -+=∈+，22324()(2)x x lnx s x x +--'=+． 令2()324x x x lnx ϕ=+--，1[,8]2x ∈，则(21)(2)()x x x xϕ-+'=，1[,8]2x ∈，于是()0x ϕ'，()x ϕ在1[,8]2上单调递增．因为ϕ（1）0=，当1[,1)2x ∈时，()0x ϕ<，从而()0s x '<，()s x 单调递减，当(1x ∈，8]时，()0x ϕ>，从而()0s x '>，()s x 单调递增， 192()2105ln s =+，s （1）1=，33122(8)5ln s -=， 因为157262(8)()0210ln s s --=>，所以实数k 的取值范围是92(1,]105ln +． 证明（3）由（1）可知，当1a =时，有1x lnx -， 当且仅当1x =时取等号．令21x k=，则有22111ln k k -，其中*k N ∈，2k ． 整理得：21111121111(1)1lnkk k k k k k k-=->-=-+--， 当2k =，3，⋯，n 时，11221212ln >-+-，11231313ln >-+-，⋯，11211lnn n n>-+-，上面1n -个式子累加得：12(23)11ln n n n⨯⨯⋯⨯>--+．*n N ∈且2n ， 即2212(23)n n ln n n-+⨯⨯⋯⨯>．命题得证．30．（2021春•荔湾区校级月考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，当2n 时，121n n S S -=+．数列{}n b 满足121111222n n n n b b b n a a a --++⋯+=-+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n b 的通项公式；（3）若数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：n n S T ．【解答】解：（1）解：11a =，当2n 时，121n n S S -=+①，2211213S a S ∴=+=+=，即22a =， 又121n n S S +=+②，由②-①可得：12(2)n n a a n +=， 又2122a a ==也适合，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，12n n a -∴=；（2）解：数列{}n b 满足121111222n n n n b b b n a a a --++⋯+=-+③， ∴当1n =时，有1111b b a ==， 当2n 时，有112212112(1)22n n n n b b b n a a a ----++⋯+=--+④， 对式子④左右两边同时乘以12可得：112112122n n n n b b b n a a a ---++⋯+=-+⑤，由③-⑤可得：1nb n a =， 1n b na n ∴==(2)n ，又当1n =时也适合， n b n ∴=；。

【知识要点】证明数列不等式常用的有数学归纳法、放缩法和分析法.一、数学归纳法一般地，证明一个与自然数n 有关的命题()P n ，有如下步骤：（1）证明当n 取第一个值0n 时命题成立.0n 对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况； （2）假设当n k =（0k n ³，k 为自然数）时命题成立，证明当1n k =+时命题也成立. 综合（1）（2），对一切自然数n （n 0n ³），命题()P n 都成立. 二、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法. 放缩的技巧：a n n >>< ②将分子或分母放大或缩小，如：2211111111,(1)1(1)1k k k k k k k k k k <=->=---++(1)2n n ++< 三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……”. 一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程. 【方法点评】【例1】用数学归纳法证明:),2(241321312111*N n n n n n n ∈≥>+⋯++++++【点评】利用数学归纳法证明不等式时，关键在于第二步，证明这一步时，一定要利用前面的假设和已知条件.【反馈检测1】已知2012(1)(1)(1)(1)n n n x a a x a x a x +=+-+-++-，（其中n N *∈） （1）求0a 及12n n s a a a =+++；（2）试比较n s 与2(2)22n n n -⋅+的大小，并说明理由．【例2】已知函数 （1）当45a =时，求函数()f x 在(0,)+∞上的极值； （2）证明：当0x >时，2ln(1)x x +<； （3）证明：444111(1)(1)(1)23e n+++< (,2,n N n e *∈≥为自然对数的底数）.（2）令)1ln()(2x x x g +-=则01)1(121)(222'≥+-=+-=x x x x x g ()∞+∴，在0)(x g 上为增函数.0)0()(=>∴g x gx x <+∴)1ln(2（3）由（2）知x x <+)1ln(2令41n x =得，n n n n n n 111)1(11)11ln(24--=-<<+)11ln()311ln()211ln(444n ++++++∴ 11111141313121211<-=--++-+-+-<n n n∴e n <+++)11()311)(211(444【点评】(1)本题就是利用放缩法证明不等式，是高考的难点和重点.(2)利用放缩法证明不等式，有时需要放缩通项，有时是需要放缩求和的结果，本题两种放缩都用上了.(3)放缩要得当，所以放的度很重要，有时需要把每一项都放缩，有时需要把前面两项不放缩，后面的都放缩，有时需要把后面的项不放缩，所以要灵活调整，以达到证明的目的. 学科*网【反馈检测2】已知数列{}n a 满足2112222(21)22n n n a a a n ++++=-⋅+．（1）求1a 及通项公式n a ；（22114a ++<【反馈检测3】将正整数按如图的规律排列，把第一行数1，2，5，10，17， 记为数列{}()+∈N n a n ，第一列数1，4，9，16，25， 记为数列{}()+∈N n b n（1）写出数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n n T S ,，用数学归纳法证明：()()+∈+=+N n n n S T n n 4233； （3）当3≥n 时，证明：47111145321<++++<n b b b b ．【反馈检测4】已知函数)(ln 1)(R a x x ax f ∈++=（1）当2=a 时，比较)(x f 与1的大小；（2）当29=a 时，如果函数k x f x g -=)()(仅有一个零点，求实数k 的取值范围； （3）求证：对于一切正整数n ，都有121715131)1ln(+++++>+n n【反馈检测5】已知函数21()ln (1)2f x a x x a x =+-+(1)a ≥. （1）讨论()f x 的单调性与极值点；（2）若21()1(1)2g x x x x =-->，证明：当1a =时，()g x 的图象恒在()f x 的图象上方； （3）证明：2222ln 2ln 3ln 21234(1)n n n n n --+++<+*(,2)n N n ∈≥.对数的底数）．（1）求实数a 、b 的值； （2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值； （3）当1(,)m n m n Z >>∈时，证明：()()nmm n nmmn >．（2）当1>x 时，设1ln 1)()(-+=-=x xx x x x f x g ， 则2/)1(ln 2)(---=x xx x g 设x x x h ln 2)(--=，则011)(/>-=xx h ，)(x h 在) , 1(∞+上是增函数 因为03ln 1)3(<-=h ，04ln 2)4(>-=h ， 所以)4 , 3(0∈∃x ，使0)(0=x h) , 1(0x x ∈时，0)(<x h ，0)(/<x g ，即)(x g 在) , 1(0x 上为减函数；同理)(x g 在0( , )x +∞上为增函数从而)(x g 的最小值为0000001ln )(x x x x x x g =-+=所以)4 , 3(0∈<x k ，k 的最大值为3【点评】本题的第3问，由于结论比较复杂，一下子看不出证明的方向，所以要采用分析法来证明. 【反馈检测6】已知函数()()1ln f x a x a R x=-∈. （1）当1a =-时，试确定函数()f x 在其定义域内的单调性； （2）求函数()f x 在(]0,e 上的最小值；（3）试证明：()111 2.718,n e e n N n +*⎛⎫+>=∈ ⎪⎝⎭.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第41讲：数列不等式的证明方法参考答案【反馈检测1答案】（1）02n a =，32n nn s =-；（2）当1n =或4n ≥时，23(1)22n n n n >-⋅+,当2,3n =时，23(1)22n n n n <-⋅+． 【反馈检测1详细解析】（1）取1x =，则02n a =；取2x =，则013n n a a a +++=，1232n n n n s a a a ∴=++=-．∵4k ≥时，(3)20k k ->，22442444420k k --≥⋅-⋅-> ∴2(3)24420k k k k -+--> ∴1123k 22(1)k k k ++>⋅++． 即1n k =+时结论也成立，∴当4n ≥时，23(1)22n n n n >-⋅+成立.综上得，当1n =或4n ≥时，23(1)22n n n n >-⋅+； 当2,3n =时，23(1)22n n n n <-⋅+．【反馈检测2答案】（1）13a =，21n a n =+；（2）见解析.【反馈检测3答案】（1）222n a n n =-+，2n b n =；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 学科*网【反馈检测3详细解析】（1）由121n n a a n +-=-，得：21132322n a a n n n =++++-=-+，2n b n =．① 当1n =时，111T S ==，∴()1136T S +=，又3246n n +=，∴1n =时等式成立； ② 假设n k =时等式成立，即()3324k k T S k k +=+， 则1n k =+时，()()()()()()223111133324311212k k k k k k T S T S b a k k k k k ++++⎡⎤+=+++=+++++-++⎣⎦()()232466161k k k k =++++-+ ()()()2216161k k k k k =-++++()()22461k k k =+++()()22141k k ⎡⎤=+++⎣⎦()()32141k k =+++，∴1n k =+时等式也成立．根据①②，()()33+24n n T S n n n N +=+∈都成立．【反馈检测4答案】（1）3ln 2k >-或3ln 22k <+；（2）见解析. 【反馈检测4解析】（1）当2=a 时，x x x f ln 12)(++=，其定义域为),0(+∞因为0)1(11)1(2)(222>++=++-='x x x x x x f ，所以)(x f 在),0(+∞上是增函数 故当1>x 时，1)1()(=>f x f ；当1=x 时，1)1()(==f x f ； 当1<x 时，1)1()(=<f x f （2）当29=a 时，x x x f ln )1(29)(++=，其定义域为),0(+∞ 22)1(2)2)(12(1)1(29)(+--=++-='x x x x x x x f ，令0)(='x f 得211=x ，22=x 因为当210<<x 或2>x 时，0)(>'x f ；当221<<x 时，0)(<'x f 所以函数)(x f 在)21,0(上递增，在)2,21(上递减，在),2(+∞上递增且)(x f 的极大值为2ln 3)21(-=f ，极小值为2ln 23)2(+=f又当+→0x 时，-∞→)(x f ；当+∞→x 时，+∞→)(x f因为函数k x f x g -=)()(仅有一个零点，所以函数)(x f y =的图象与直线k y =仅有一个交点.所以2ln 3->k 或2ln 23+<k（3）方法二：用数学归纳法证明：①当1=n 时，不等式左边2ln =，右边31= 因为18ln 2ln 3>=，所以312ln >，即1=n 时，不等式成立 ②假设当)(*∈=N k k n 时，不等式成立，即121715131)1ln(+++++>+k k那么，当1+=k n 时，]12)1ln[()2ln()1ln(++⋅+=+=+k k k k n 12ln)1ln(++++=k k k 12ln)121715131(++++++++>k k k 由（1）的结论知，当1>x 时，112ln >++x x ，即11ln +->x x x 所以3211121121212ln +=+++-++>+-k k k k k k k即1)1(21121715131)2ln(++++++++>+k k k 即当1+=k n 时，不等式也成立综合①②知，对于一切正整数n ，都有121715131)1ln(+++++>+n n 【反馈检测5答案】（1）()f x 在(0,1)和(,)a +∞上单调递增，在(1,)a 上单调递减. 1x =为极大值点，x a =为极小值点；（2）见解析；（3）见解析.（2）当1a =时，令()()()1ln F x g x f x x x =-=--，'11()1x F x x x-=-=，当1x >时，'()0F x >，01x <<时，'()0F x <， ∴()F x 在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，∴()(1)0F x F ≥=，∴1x >时，()0F x >恒成立. 即1x >时，()()g x f x >恒成立，∴当1x >时，()g x 的图象恒在()f x 的图象上方.（3）由（2）知()(1)0F x F ≥=，即ln 1x x ≤-，∵0x >，∴ln 11x x x≤-， 令2*()x n n N =∈，则222ln 11n n n ≤-，∴22ln 11(1)2n n n ≤- ∴222222ln 2ln 3ln 1111(111)23223n n n+++≤-+-++- 22211111()2223n n -=-+++ 11111()222334(1)n n n -<-+++⨯⨯+ 11111111()2223341n n n -=--+-++-+2111121()22214(1)n n n n n ---=--=++∴不等式成立. 【反馈检测6答案】（1）()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；（2）()()min 11,1ln ,ae a e e f x a a a a e -⎧≥-⎪⎪=⎨⎪-+-<-⎪⎩；（3）见解析. 学科*网 【反馈检测6详细解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，当1a =-时，()1ln f x x x =+，则 ()22111x f x x x x-'=-+=， 解不等式()0f x '<，得01x <<；解不等式()0f x '>，得1x >，故函数()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；当10e a <-<，即当1a e <-时，当10x a <<-，()0f x '<，当1x e a-<<时，()0f x '>， 此时函数()f x 在1x a =-处取得极小值，亦即最小值， 即()()min 11ln ln f x f a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=-=---=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 综上所述，()()min 11,1ln ,ae a e e f x a a a a e -⎧≥-⎪⎪=⎨⎪-+-<-⎪⎩；由（1）知，当1a =-时，函数()1ln f x x x =+在区间()1,+∞上单调递增， 即函数()f x 在区间(]1,2上单调递增，故()()11f x f >=， 故有1ln 1x x+>，因此不等式1ln 10x x +->在(]1,2上恒成立，故原不等式得证， 即对任意n N *∈，111n e n +⎛⎫+> ⎪⎝⎭.。

数列与不等式在新高考卷的考点中，数列主要以两小和一大为主的考查形式，在小题中主要以数列极限和等差等比数列为主，大题考察位置21题，题型可以是多条件选择的开放式的题型。

由于三角函数与数列属于解答题第二题或第五题的位置，三角函数考查的内容相对比较简单，这一部分属于必得分。

数列大题属于压轴题难度较高。

对于小题部分，一般分布为一题简单题一道中等难度题目。

对于不等式主要考察不等式性质和基本不等式和线性规划。

基本不等式考察往往都是已基本不等式作为切入点形式出现，题目难度中等。

专题针对高考中数列、不等式等高频知识点，预测并改编一些题型，通过本专题的学习，能够彻底掌握数列，不等式。

请学生务必注意题目答案后面的名师点睛部分，这是对于本类题目的一个总结。

【满分技巧】1、等差、等比数列如果记住基本的通项公式以及求和公式和性质，基本上所有的等差、等比数列问题都可以解决。

2、数列求通项主要方法有：公式法、利用前n项和求通项、累加、累乘、构造等方法；这里要注意各个方法中递推关系的模型结构特点。

3、数列求和问题主要包含裂项求和，分组求和，绝对值求和，错位相减求和，掌握固定的求和方式即可快速得到答案；这里要注意各个方法中数列通项的结构模型；本专题有相应的题目供参考。

4、对于基本不等式类的题目应注意等号成立地条件和基本不等式的模型结构，对“1”的活用。

【考查题型】选择题、填空、解答题【常考知识】数列的概念、等差等比数列的概念和公式和性质、数列求通项的方法、数列求和的方法、不等式的性质、基本不等式【限时检测】（建议用时：120分钟）1.（2020•上海卷）已知2230x yyx y+≥⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩，则2z y x=-的最大值为【答案】－12.（2020•上海卷）下列不等式恒成立的是（）A 、222a b ab +≤B 、22-2a b ab +≥C 、2a b ab +≥-D 、2a b ab +≤【答案】B3.（2020•上海卷）已知{}n a 是公差不为零的等差数列，且1109a a a +=，则12910a a a a ++⋅⋅⋅=【答案】2784．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知O 是正三角形ABC 内部的一点，230OA OB OC ++=，则OAC ∆的面积与OAB ∆的面积之比是A ．32B ．23C ．2D ．1【答案】B试题分析：如下图所示，D 、E 分别是BC 、AC 中点，由230OA OB OC ++=得()2OA OC OB OC +=-+即2OE OD =-，所以2OE OD =，设正三角形的边长为23a ，则OAC ∆底边AC 上的高为13AC h BE a ==，OAB ∆底边AB 上的高为1322AB h BE a ==，所以123221332322ACOACOABAB AC h S a a S AB h a a ∆∆⋅⨯===⋅⨯，故选B .考点：1.向量的几何运算；2.数乘向量的几何意义；3.三角形的面积. 5．（2020·上海高三二模）设12,z z 是复数，则下列命题中的假命题是（） A ．若120z z -=，则12z z = B ．若12z z =，则12z z = C ．若12=z z ，则1122z z z z ⋅=⋅D ．若12=z z ，则2212z z =【答案】D试题分析：对（A ），若120z z -=，则12120,z z z z -==，所以为真；对（B ）若12z z =，则1z 和2z 互为共轭复数，所以12z z =为真； 对（C ）设111222,z a b z a i b i =+=+，若12=z z 22221122a b a b +=+，222211112222,z z a b z z a b ⋅=+⋅=+，所以1122z z z z ⋅=⋅为真；对（D ）若121,z z i ==，则12=z z 为真，而22121,1z z ==-，所以2212z z =为假．故选D ．考点：1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．6．（2020·上海杨浦区·高三二模）设z 是复数，则“z 是虚数”是“3z 是虚数”的（ ） A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充要条件 D ．既非充分也非必要条件【答案】B【分析】根据充分必要条件的定义及复数的概念进行判断．可取特例说明一个命题为假． 【详解】充分性：取132z =-+，故31z =是实数，故充分性不成立；必要性：假设z 是实数，则3z 也是实数，与3z 是虚数矛盾，∴z 是虚数，故必要性成立． 故选：B ．.【点睛】本题考查充分必要条件的判断，考查复数的概念，属于基础题． 7．（2020·上海松江区·高三其他模拟）若复数z =52i-，则|z |=（ ） A ．1 B 5C ．5D ．5【答案】B【分析】利用复数的模的运算性质，化简为对复数2i -求模可得结果 【详解】|z |=5||2i -=5|2i|-5 故选：B.【点睛】此题考查的是求复数的模，属于基础题8．（2020·上海高三一模）设12,z z 为复数,则下列命题中一定成立的是( ) A ．如果120z z ->,那么12z z >B ．如果12=z z ,那么12=±z zC ．如果121z z >,那么12z z > D ．如果22120z z +=,那么12 0z z ==【答案】C【分析】根据复数定义,逐项判断,即可求得答案.【详解】对于A,取13z i =+,21z i =+时,120z z ->,即31i i +>+,但虚数不能比较大小, ,故A 错误; 对于B,由12=z z ,可得2222+=+a b c d ,不能得到12=±z z ,故B 错误;对于C ,因为121z z >,所以12z z >,故C 正确; 对于D ,取11z =,2z i =,满足22120z z +=,但是12 0z z ≠≠,故D 错误. 故选:C.【点睛】本题解题关键是掌握复数定义,在判断时可采用特殊值法检验,考查了分析能力,属于基础题. 9．（2020·上海高三二模）关于x 的实系数方程2450x x -+=和220x mx m ++=有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则m 的取值范围是（ ） A ．{}5 B ．{}1- C ．()0,1 D ．(){}0,11-【答案】D【分析】根据条件分别设四个不同的解所对应的点为ABCD ，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相应判断.【详解】解：由已知x 2﹣4x +5＝0的解为2i ±，设对应的两点分别为A ，B ， 得A （2，1），B （2，﹣1），设x 2+2mx +m ＝0的解所对应的两点分别为C ，D ，记为C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），（1）当△＜0，即0＜m ＜1时，220x mx m ++=的根为共轭复数，必有C 、D 关于x 轴对称，又因为A 、B 关于x 轴对称，且显然四点共圆；（2）当△＞0，即m ＞1或m ＜0时，此时C （x 1，0），D （x 2，0），且122x x +＝﹣m ， 故此圆的圆心为（﹣m ，0），半径122x x r -====，又圆心O 1到A 的距离O 1A =，解得m ＝﹣1，综上：m ∈（0，1）∪{﹣1}. 故选：D.【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式，属于难题. 10．（2020·上海徐汇区·高三一模）已知x ∈R ，条件p ：2x x <，条件q ：11x>，则p 是q 的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】分别求两个命题下的集合，再根据集合关系判断选项. 【详解】201x x x <⇔<<，则{}01A x x =<<，1101x x>⇔<<，则{}01B x x =<<，因为A B =， 所以p 是q 的充分必要条件. 故选：C11．（2020·上海市建平中学高三月考）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线22322():16C x y x y =+为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ）（1）方程22322()16x y x y +=（0xy <），表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线C 上任一点到坐标原点O 的距离都不超过2； （3）曲线C 构成的四叶玫瑰线面积大于4π；（4）曲线C 上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）； A ．（1）（2） B ．（1）（2）（3） C ．（1）（2）（4） D ．（1）（3）（4）【答案】A【分析】因为0xy <，所以x 与y 异号，仅限与第二和四象限，从而判断（1）．利用基本不等式222x y xy +即可判断（2）；将以O 为圆心、2为半径的圆的面积与曲线C 围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线C 经过点，再将x <y <(1,1)，(1,2)和(2,1)逐一代入曲线C 的方程进行检验即可判断（4）；【详解】对于（1），因为0xy <，所以x 与y 异号，仅限与第二和四象限，即（1）正确．对于（2），因为222(0,0)x yxy x y +>>，所以222x y xy +，所以22222322222()()16164()4x y x y x y x y ++=⨯=+， 所以224x y +，即（2）正确；对于（3），以O 为圆点，2为半径的圆O 的面积为4π，显然曲线C 围成的区域的面积小于圆O 的面积，即（3）错误；对于（4），只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把(1,1)，(1,2)和(2,1)代入曲线C 的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C 在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C 只经过整点(0,0)，即（4）错误； 故选：A.【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题．12．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）已知F 为抛物线24y x =的焦点，A 、B 、C 为抛物线上三点，当0FA FB FC ++=时，则存在横坐标2x >的点A 、B 、C 有（ ） A ．0个 B ．2个 C ．有限个，但多于2个 D ．无限多个【答案】A【分析】首先判断出F 为ABC 的重心，根据重心坐标公式可得2312313,x x x y y y +=-+=-，结合基本不等式可得出()2221232y y y ≤+，结合抛物线的定义化简得出12x ≤，同理得出232,2x x ≤≤，进而得出结果.【详解】设()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ，先证12x ≤，由0FA FB FC ++=知，F 为ABC 的重心， 又131132(1,0),1,033x x x y y yF ++++∴==，2312313,x x x y y y ∴+=-+=-， ()()222222323232322y y y y y y y y ∴+=++≤+，()2221232y y y ∴≤+， 2223122444y y y ⎛⎫∴≤+ ⎪⎝⎭，()1232x x x ∴≤+，()1123x x ∴≤-12x ∴≤， 同理232,2x x ≤≤， 故选：A.【点睛】本题主要考查了抛物线的简单性质，基本不等式的应用，解本题的关键是判断出F 点为三角形的重心，属于中档题.13．（2020·上海杨浦区·高三二模）不等式102x x -≤-的解集为（ ） A ．[1,2] B ．[1,2)C ．(,1][2,)-∞⋃+∞D ．(,1)(2,)-∞⋃+∞【答案】B【分析】把分式不等式转化为整式不等式求解．注意分母不为0．【详解】原不等式可化为(1)(2)020x x x --≤⎧⎨-≠⎩，解得12x ≤<．故选：B ．【点睛】本题考查解分式不等式，解题方法是转化为整式不等式求解，转化时要注意分式的分母不为0． 14．（2020·上海市南洋模范中学高三期中）下列不等式恒成立的是（ ） A ．222a b ab +≤ B ．222a b ab +≥-C ．a b +≥-D ．a b +≤【答案】B【分析】根据基本不等式即可判断选项A 是否正确，对选项B 化简可得()20a b +≥，由此即可判断B 是否正确；对选项C 、D 通过举例即可判断是否正确.【详解】A.由基本不等式可知222a b ab +≥，故A 不正确；B. 2222220a b ab a b ab +≥-⇒++≥，即()20a b +≥恒成立，故B 正确； C.当1,0a b =-=时，不等式不成立，故C 不正确；D.当3,1a b ==时，不等式不成立，故D 不正确. 故选：B.【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用以及不等式大小的比较，属于基础题.15．（2020·上海崇明区·高三一模）设{}n a 为等比数列，则“对于任意的*2,m m m N a a +∈>”是“{}n a 为递增数列”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】对于任意的*2,m m m N a a +∈> ，即()210m a q >﹣.可得：2010m a q ⎧⎨-⎩＞＞，2010m a q ⎧⎨-⎩＜＜，任意的*m N ∈，解出即可判断出结论.【详解】解：对于任意的*2,m m m N a a +∈>，即()210m a q >﹣. ∴2010m a q ⎧⎨-⎩＞＞，2010m a q ⎧⎨-⎩＜＜，任意的*m N ∈， ∴01m a q ⎧⎨⎩＞＞，或001m a q ⎧⎨⎩＜＜＜. ∴“{}n a 为递增数列”，反之也成立.∴“对于任意的*2,m m m N a a +∈>”是“{}n a 为递增数列”的充要条件.故选：C.【点睛】本题考查等比数列的单调性，充分必要条件，是基础题.16．（2020·上海高三其他模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，则“()1n n a a n *+<∈N ”是“()11n n S S n n n *+<∈+N ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先证明充分性，由条件1n n a a +<，可得121n n a a a na +++⋅⋅⋅+<，通过变形得到11n n S S n n +<+，再由条件11n n S S n n +<+，列举特殊数列，说明是否成立. 【详解】充分性：若1n n a a +<，则有121n n a a a na +++⋅⋅⋅+<，即()1n n n S n S S +<-，得()11n n n S nS ++<，于是有()11n n S S n n n *+<∈+N 成立，故充分性成立. 必要性：若()11n n S S n n n *+<∈+N 成立，取数列{}n a 为0,1,1,1,⋅⋅⋅，但推不出()1n n a a n *+<∈N ，故必要性不成立. 故选:A【点睛】本题考查判断充分不必要条件，数列的递推公式和前n 项和公式的综合应用，重点考查转化与化归的思想，逻辑推理能力，属于中档题型.17．（2020·上海交大附中高三其他模拟）已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且20,2,n n n n a S a a n >=+∈*N ,1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*,n n N k T ∈>恒成立，则k 的最小值是（ ） A ．13B ．12C ．16D ．1【答案】A【分析】由22n n n S a a =+可得21112n n n S a a ---=+，两式相减整理后可知11n n a a --=，则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，从而可得n a n =，进而可以确定111221n n n b n n +=-+++，则可求出121111 (3213)n n n T b b b n +=+++=-<++，进而可求出k 的最小值. 【详解】解：因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+，两式相减得22112n n n n n a a a a a --=+-- ，整理得，()()1101n n n n a a a a --+--=，由0n a > 知， 10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2,n n N *≥∈时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则1211111111111 (366112213213)n n n n n T b b b n n n ++=+++=-+-++-=-<+++++，所以13k ≥.则k 的最小值是13. 故选:A【点睛】本题考查了由递推数列求数列通项公式，考查了等差数列的定义，考查了裂项相消法求数列的和.一般如果已知了,n n S a 的关系式，一般地代入11,1,2,n n n S n a S S n n N*-=⎧=⎨-≥∈⎩ 进行整理运算.求数列的和常见的方法有，公式法、分组求和法、错位相减法、裂项相消法等.18．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知0a b >>，若12lim 25n n n nn a b a b ++→∞-=-，则（ ）A ．25a =-B ．5a =-C ．25b =-D ．5b =-【答案】D【分析】由0a b >>，可得01ab<<，将原式变形，利用数列极限的性质求解即可 【详解】因为0a b >>，且12lim 25n n n nn a b a b ++→∞-=-，所以01ab<<， 可得12limn n n nn a b a b ++→∞-=-2220lim 25011nn n a a b b b b a b →∞⎛⎫⋅- ⎪-⎝⎭===-⎛⎫- ⎪⎝⎭， 5b ∴=-，故选：D.【点睛】本题主要考查数列极限的性质与应用，属于基础题.19．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）如图，已知函数()y f x =与y x =的图象有唯一交点()1,1，无穷数列{}()*n a n N∈满足点()1,n n n P a a +()*n N ∈均落在()y f x =的图象上，已知()13,0P ，()20,2P ，有下列两个命题：（1）lim 1n n a →∞=；（2）{}21n a -单调递减，{}2n a 单调递增；以下选项正确的是（ ）A ．（1）是真命题，（2）是假命题B ．两个都是真命题C ．（1）是假命题，（2）是真命题D ．两个都是假命题【答案】B【分析】根据函数()y f x =的图象和()11f =可得出n a 的取值范围，再根据函数()y f x =的单调性判断{}21n a -和{}2n a 的单调性，结合数列各项的取值范围和单调性可得数列的极限值.【详解】()1n n a f a +=，当01n a <<时，由图象可知，112n a +<<；当13n a <<时，101n a +<<.13a =，20a =，32a =，401a ∴<<，512a <<，601a <<，712a <<，，因为函数()y f x =在区间()0,3上单调递减，因为5302a a <<=，()()53f a f a ∴>，即64a a >，()()64f a f a <，即75a a <，()()75f a f a >，即86a a >，，以此类推，可得1357a a a a >>>>，数列{}21n a -单调递减，2468a a a a <<<<，数列{}2n a 单调递增，命题（2）正确；当2n ≥时，2112n a -<≤，201n a <<，且数列{}21n a -单调递减，{}2n a 单调递增，所以，lim 1n n a →∞=，命题（1）正确. 故选：B.【点睛】本题考查数列单调性的判断以及数列极限的求解，考查推理能力，属于难题. 二、填空题20．（2019·上海高考真题）在椭圆22142x y +=上任意一点P ，Q 与P 关于x 轴对称，若有121F P F P ⋅≤，则1F P 与2F Q 的夹角范围为____________【答案】1arccos ,3ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】通过坐标表示和121F P F P ⋅≤得到[]21,2y ∈；利用向量数量积运算得到所求向量夹角的余弦值为：222238cos 322y y y θ-==-+++；利用2y 的范围得到cos θ的范围，从而得到角的范围.【详解】由题意：()1F，)2F设(),P x y ，(),Q x y -，因为121F P F P ⋅≤，则2221x y -+≤ 与22142x y +=结合 224221y y ⇒--+≤，又y ⎡∈⎣ []21,2y ⇒∈(22221212cos F P F Q F P F Qθ⋅===⋅与22142x y +=结合，消去x ，可得：2222381cos 31,223y y y θ-⎡⎤==-+∈--⎢⎥++⎣⎦所以1arccos ,3θππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦本题正确结果：1arccos ,3ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查向量坐标运算、向量夹角公式应用，关键在于能够通过坐标运算得到变量的取值范围，将问题转化为函数值域的求解.21．（2018·上海高考真题）在平面直角坐标系中，已知点()10A -，、()20B ，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且2EF =，则的AE BF ⋅最小值为____． 【答案】-3【分析】据题意可设E （0，a ），F （0，b ），从而得出|a ﹣b|=2，即a=b +2，或b=a +2，并可求得2AE BF ab ⋅=-+，将a=b +2带入上式即可求出AE BF ⋅的最小值，同理将b=a +2带入，也可求出AE BF ⋅的最小值． 【详解】根据题意，设E （0，a ），F （0，b ）；∴2EF a b =-=； ∴a=b+2，或b=a +2；且()()12AE a BF b ==-，，，； ∴2AE BF ab ⋅=-+；当a=b +2时，()22222AE BF b b b b ⋅=-++⋅=+-；∵b 2+2b ﹣2的最小值为8434--=-； ∴AE BF ⋅的最小值为﹣3，同理求出b=a +2时，AE BF ⋅的最小值为﹣3． 故答案为：﹣3．【点睛】考查根据点的坐标求两点间的距离，根据点的坐标求向量的坐标，以及向量坐标的数量积运算，二次函数求最值的公式．22．（2020·上海高三三模）设点O 为ABC 的外心，且3A π=，若(),R AO AB AC αβαβ=+∈，则αβ+的最大值为_________. 【答案】23【分析】利用平面向量线性运算整理可得()1OA OB OC αβαβ+-=+，由此得到1αβ+<；由3A π=可求得cos BOC ∠，设外接圆半径为R ，将所得式子平方后整理可得()213αβαβ+=+，利用基本不等式构造不等关系，即可求得所求最大值. 【详解】()()AO AB AC OB OA OC OA αβαβ=+=-+-()1OA OB OC αβαβ∴+-=+ 10αβ∴+-<，即1αβ+<，1cos 2A =1cos cos 22BOC A ∴∠==-， 设ABC 外接圆半径为R ，则()22222222222212cos R R R R BOC R R R αβαβαβαβαβ+-=++∠=+-，整理可得：()()22321313124αβαβαβαβ+⎛⎫+=+≤+⨯=++ ⎪⎝⎭， 解得：23αβ+≤或2αβ+≥（舍）,当且仅当13时，等号成立， αβ∴+的最大值为23.故答案为：23.【点睛】本题考查利用基本不等式求解最值的问题，关键是能够利用平面向量线性运算和平方运算将已知等式化为与外接圆半径有关的形式，进而消去外接圆半径得到变量之间的关系.23．（2020·上海高三一模）已知非零向量a 、b 、c 两两不平行，且()a b c //+，()//b a c +，设c xa yb =+，,x y ∈R ，则2x y +=______.【答案】－ 3【分析】先根据向量共线把c 用a 和b 表示出来，再结合平面向量基本定理即可求解． 【详解】解：因为非零向量a 、b 、c 两两不平行，且()//a b c +，()//b a c +，(),0a m b c m ∴=+≠， 1c a b m∴=- (),0b n a c n ∴=+≠ 1c b a n∴=-1111m n ⎧=-⎪⎪∴⎨⎪-=⎪⎩，解得11m n =-⎧⎨=-⎩c xa yb =+1x y ∴==- 23x y ∴+=-故答案为：3-．【点睛】本题考查平面向量基本定理以及向量共线的合理运用．解题时要认真审题， 属于基础题.24．（2020·上海高三一模）已知向量1,22AB ⎛= ⎝⎭，31,22AC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，则BAC ∠=________． 【答案】6π【分析】利用平面向量数量积的坐标运算计算出AB 、AC 的夹角的余弦值，进而可求得BAC ∠的大小.【详解】由平面向量的数量积的坐标运算可得3442AB AC ⋅=+=，1AB AC ==， 3cos 2AB AC BAC AB AC⋅∴∠==⋅， 0BAC π≤∠≤，6BAC π∴∠=．故答案为：6π 【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，根据向量的坐标求向量长度的方法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．25．（2020·上海崇明区·高三二模）在ABC 中，()()3cos ,cos ,cos ,sin AB x x AC x x ==，则ABC面积的最大值是____________ 【答案】34【分析】计算113sin 22624ABC S x π⎛⎫=--≤ ⎪⎝⎭△，得到答案.【详解】()22211sin ,1cos,2ABCS AB AC AB AC AB ACAB AC=⋅=⋅-△()22212AB AC AB AC=⋅-⋅=2113sin cos sin 22624x x x x π⎛⎫=-=--≤ ⎪⎝⎭， 当sin 216x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭时等号成立.此时262x ππ-=-，即6x π=-时，满足题意.故答案为：34.【点睛】本题考查了三角形面积的最值，向量运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.26．（2020·上海高三其他模拟）已知ABC 的面积为1，点P 满足324AB BC CA AP ++=，则PBC 的面积等于__________． 【答案】12【分析】取BC 的中点D ，根据向量共线定理可得,,A P D 共线，从而得到1122PBC ABC S S ∆∆==． 【详解】取BC 的中点D ，1()2AD AC AB ∴=+． 432()()AP AB BC CA AB BC CA AB BC AB AC AB =++=+++++=+，1()4AP AC AB ∴=+∴12AP AD =，即,,A P D 共线．1122PBC ABC S S ∆∆==．故答案为：12．【点睛】本题主要考查向量共线定理，中点公式的向量式的应用以及三角形面积的计算，属于基础题．27．（2020·上海大学附属中学高三三模）设11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y 是平面曲线2226x y x y +=-上任意三点，则12A x y =-212332x y x y x y +-的最小值为________ 【答案】-40【分析】依题意看做向量()22,a x y =与()33,b y x =-的数量积，()22,a x y =与()11,c y x =-的数量积之和，根据点所在曲线及向量数量积的几何意义计算可得；【详解】解：因为2226x y x y +=-，所以()()221310x y -++=，该曲线表示以()1,3-为圆心，10为半径的圆．12212332A x y x y x y x y =-+-，可以看做向量()22,a x y =与()33,b y x =-的数量积，()22,a x y =与()11,c y x =-的数量积之和，因为点22(,)x y 在2226x y x y +=-上，点()33,y x -在2226x y y x +=+，点()11,y x -在2226x y y x +=--上，结合向量的几何意义，可知最小值为()()210102101040-+-=-，即()()()()2,64,22,62,440--+-=-故答案为：40-【点睛】本题考查向量数量积的几何意义的应用，属于中档题.28．（2020·上海浦东新区·华师大二附中高三月考）若复数z 满足i 1i z ⋅=-+，则复数z 的虚部为________ 【答案】1【分析】求解z 再得出虚部即可. 【详解】因为i 1i z ⋅=-+，故1111i iz i i i i i-+-==+=+=+，故虚部为1. 故答案为：1【点睛】本题主要考查了复数的运算与虚部的概念，属于基础题. 29．（2020·上海高三一模）复数52i -的共轭复数是___________. 【答案】2i -+【分析】由复数代数形式的除法运算化简复数52i -，求出z 即可． 【详解】解：55(2)5(2)22(2)(2)5i i i i i i ----===----+--， ∴复数52i -的共轭复数是2i -+ 故答案为2i -+【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础题．30．（2020·上海大学附属中学高三三模）已知复数22(13)(3)(12)i i z i +-=-，则||z =______【答案】【分析】根据复数乘法与除法运算法则化简，再根据共轭复数概念以及模的定义求解.【详解】22(13)(3)(13)(68)26(12)34i i i i z i i i +-++===-----|||26|z i ∴=-+==故答案为：【点睛】本题考查复数乘法与除法运算、共轭复数概念以及模的定义关系，考查基本分析求解能力，属基础题.31．（2020·上海高三其他模拟）若复数z 满足i 12i01z+=，其中i 是虚数单位，则z 的虚部为________【答案】1-【分析】根据行列式得到(12)0iz i -+=，化简得到复数的虚部.【详解】i 12i 01z +=即12(12)0,2iiz i z i i+-+===-，z 的虚部为1- 故答案为1-【点睛】本题考查了行列式的计算，复数的虚部，意在考查学生的计算能力.32．（2020·上海市建平中学高三月考）设复数z 满足||1z =，使得关于x 的方程2220zx zx ++=有实根，则这样的复数z 的和为________ 【答案】32-【分析】设z a bi =+，（,a b ∈R 且221a b +=），将原方程变为()()222220ax ax bx bx i +++-=，则2220ax ax ++=①且220bx bx -=②；再对b 分类讨论可得；【详解】解：设z a bi =+，（,a b ∈R 且221a b +=）则原方程2220zx zx ++=变为()()222220ax ax bx bx i +++-= 所以2220ax ax ++=，①且220bx bx -=，②；（1）若0b =，则21a =解得1a =±，当1a =时①无实数解，舍去； 从而1a =-，此时1x =-1z =-满足条件；（2）若0b ≠，由②知，0x =或2x =，显然0x =不满足，故2x =，代入①得14a =-，b =所以144z =-±综上满足条件的所以复数的和为113144442⎛⎛-+-++--=- ⎝⎭⎝⎭故答案为：32-【点睛】本题考查复数的运算，复数相等的充要条件的应用，属于中档题.33．（2020·上海高三其他模拟）从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，使得关于x 的方程2220x ax b ++=有两个虚根，则不同的选取方法有________种 【答案】3【分析】关于x 的方程x 2+2ax +b 2＝0有两个虚根，即△＜0，即a ＜b ．用列举法求得结果即可． 【详解】∵关于x 的方程x 2+2ax +b 2＝0有两个虚根，∴△＝4a 2﹣4b 2＜0，∴a ＜b ． 所有的（a ，b ）中满足a ＜b 的（a ，b ）共有（1，2）、（1，3）、（2，3），共计3个， 故答案为3．【点睛】本题考查列举法表示满足条件的事件，考查了实系数方程虚根的问题，属于中档题．34．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）已知复数13z i =-+（i 是虚数单位）是实系数一元二次方程20ax bx c ++=的一个虚根，则::a b c =________.【答案】1:2:10【分析】利用求根公式可知，一个根为13i -+，另一个根为13i --，利用韦达定理即可求出a 、b 、c 的关系，从而可得 ::a b c【详解】利用求根公式可知，一个根为13i -+，另一个根为13i --，由韦达定理可得()()()13131313b i i a c i i a ⎧-++--=-⎪⎪⎨⎪-+--=⎪⎩ ，整理得：210bac a⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以2b a =，10c a =，所以:::2:101:2:10a b c a a a == 故答案为：1:2:10【点睛】本题主要考查了实系数一元二次方程的虚根成对的原理，互为共轭复数，考查了韦达定理，属于基础题.35．（2020·上海高三其他模拟）设复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，则pq =________【答案】20-【分析】由题意复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，利用一元二次方程根与系数的关系求出p q 、的值，可得答案.【详解】解：由复数2i +是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，故2-i 是实系数一元二次方程20x px q ++=的一个虚数根，故2+2i i p +-=-，(2+)(2)i i q -=， 故4p =-，5q =，故20pq =-， 故答案为：20-.【点睛】本题主要考查实系数的一元二次方程虚根成对定理，一元二次方程根与系数的关系，属于基础题型.36．（2020·上海徐汇区·高三一模）已知函数()f x ax b =+(其中,a b ∈R )满足：对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤，则()()2121a b ++的最小值为_________．【答案】9-【分析】根据题意()0f b =，()1f a b =+，可得()0b f =，()()10a f f =-，且()101f -≤≤，()111f -≤≤，所以将()()2121a b ++用()0f 和()1f 表示，即可求最值. 【详解】因为()f x ax b =+，对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤， 所以()0f b =，()1f a b =+，即()0b f =，()()10a f f =-，所以()()()()()()()21214214100211a b ab a b f f f f ++=+++=-⨯++⎡⎤⎣⎦()()()()()()2224040111211f f f f f f =-+-+++()()()()()22212011120f f f f f =--++≥--⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，当()11f =-，()01f =时()()2120f f -⎡⎤⎣⎦最大为9， 此时()()2120f f --⎡⎤⎣⎦最小为9-， 所以()()2121a b ++的最小值为9-， 故答案为：9-【点睛】关键点点睛：本题的关键点是根据[]0,1x ∈，有()1f x ≤，可知()101f -≤≤，()111f -≤≤，由()0f b =，()1f a b =+可得()0b f =，()()10a f f =-，所以()()2121a b ++可以用()0f 和()1f 表示，再配方，根据平方数的性质求最值. 37．（2020·上海高三其他模拟）设全集U ＝R ，若A ＝{x |21x x-＞1}，则∁U A ＝_____． 【答案】{x |0≤x ≤1}【分析】先解得不等式,再根据补集的定义求解即可 【详解】全集U ＝R ,若A ＝{x |21x x-＞1}, 所以211x x -＞,整理得10x x-＞,解得x ＞1或x ＜0, 所以∁U A ＝{x |0≤x ≤1} 故答案为：{x |0≤x ≤1}【点睛】本题考查解分式不等式,考查补集的定义38．（2020·上海市建平中学高三月考）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,)|(|||2|4)(|2|||4)0}K x y x y x y =+-+-≤所对应的平面区域的面积为________【答案】323【分析】利用不等式对应区域的对称性求出在第一象限的面积，乘以4得答案．【详解】解：(||2||4)(2||||4)0x y x y +-+-对应的区域关于原点对称，x 轴对称，y 轴对称，∴只要作出在第一象限的区域即可．当0x ，0y 时，不等式等价为(24)(24)0x y x y +-+-，即240240x y x y +-⎧⎨+-⎩或240240x y x y +-⎧⎨+-⎩，在第一象限内对应的图象为， 则(2,0)A ，(4,0)B ，由240240x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，解得4343x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即44(,)33C ，则三角形ABC 的面积1442233S =⨯⨯=，则在第一象限的面积48233S =⨯=，则点集K 对应的区域总面积832433S =⨯=．故答案为：323．【点睛】本题考查简单的线性规划，主要考查区域面积的计算，利用二元一次不等式组表示平面区域的对称性是解决本题的关键，属于中档题．39．（2020·上海高三其他模拟）已知()22log 2log a b ab +=4a b +的最小值是______．【答案】9【分析】根据对数相等得到111b a +=，利用基本不等式求解()114a b b a ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的最小值得到所求结果. 【详解】因为22222log log log ab abab ==，所以()22l og og l a b ab +=，所以a b ab +=，所以111a b+=， ()1144414a ba b a b a b b a ⎛⎫∴+=++=+++ ⎪⎝⎭，由题意知0ab >，则0a b >，40b a >，则441459a b a b b a +=+++≥=，当且仅当4a b b a =，即2a b =时取等号，故答案为：9.【点睛】本题考查基本不等式求解和的最小值问题，关键是能够利用对数相等得到111b a+=的关系，从而构造出符合基本不等式的形式，属于中档题.40．（2020·上海高三二模）已知0,0x y >>，且21x y +=，则11x y+的最小值为________．【答案】3+【分析】先把11x y+转化为11112(2)()3y x x y x y x y x y +=++=++，然后利用基本不等式可求出最小值 【详解】解：∵21x y +=，0,0x y >>，∴11112(2)()33y x x y x y x y x y +=++=++≥+(当且仅当2y xx y=，即x =时，取“=”)． 又∵21x y +=，∴11x y ⎧=⎪⎨=-⎪⎩∴当1x =，12y =-时，11x y +有最小值，为3+．故答案为：3+【点睛】此题考查利用基本不等式求最值，利用1的代换，属于基础题.41．（2020·上海高三月考）已知实数x 、y 满足条件01x y y x y -≥⎧⎪≥⎨⎪+≤⎩.则目标函数2z x y =+的最大值为______. 【答案】2【分析】作出约束条件所表示的可行域，当目标函数所表示的直线过点(1,0)A 时，目标函数取得最大值. 【详解】作出约束条件所表示的可行域，易得点(1,0)A ，当直线2y x z =-+过点A 时，直线在y 轴上的截距达到最大，∴max 2z =，故答案为：2【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，考查运算求解能力，求解时注意利用直线截距的几何意义进行求解.42．（2020·上海高三其他模拟）若()211,1nn N n x *⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭的展开式中的系数为n a ，则23111lim n n a a a →∞⎛⎫+++⎪⎝⎭=____________． 【答案】2试题分析：由二项式定理知4x -的系数是2(1)2n n n n a C -==，12112()(1)1n a n n n n ==---，所以 231111lim()lim[2(1)]2n n n a a a n→∞→∞+++=-=.考点：二项式定理，裂项相消求和，数列极限.43．（2020·上海高三其他模拟）设正数数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项之积为n T ，且1n n S T +=，则lim n n S →∞=______． 【答案】1【分析】令1n =可得11112a S T ===，利用n T 的定义，1(2)n n n T S n T -=≥，可得n T 的递推关系，从而得1n T ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求出n T 后可得n S ，从而可得lim n n S →∞．【详解】111T a S ==，∴121a =，112a =，即1112S T ==，1(2)n n n T S n T -=≥，∴11n n n T T T -+=，∴1111n n T T --=，即{}n T 是以2为首项，1为公差的等差数列， 故1211n n n T =+-=+，11n T n =+，1n n S n =+，112S =也符合此式，所以1n n S n =+， 所以lim limlim lim +1111111n n n n n n n S n n n →∞→∞→∞→∞-⎛⎫==-= ⎪++⎝⎭=，故答案为：1.【点睛】本题考查求数列的通项公式，解题中注意数列的和、数列的积与项的关系，进行相应的转化． 如对积n T 有1(2)nn n T S n T -=≥，对和n S 有1(2)n n n a S S n -=-≥，另外这种关系中常常不包括1n =的情形，需讨论以确定是否一致，属于较难题．三、解答题44．（2020·上海徐汇区·高三一模）设()x μ表示不小于x 的最小整数，例如(0.3)1,( 2.5)2μμ=-=-． （1）解方程(1)3x μ-=；（2）设()(())f x x x μμ=⋅，*n N ∈，试分别求出()f x 在区间(]0,1、(]1,2以及(]2,3上的值域；若()f x 在区间(0,]n 上的值域为n M ，求集合n M 中的元素的个数； （3）设实数0a >，()()2x g x x a xμ=+⋅-，2sin 2()57x h x x x π+=-+，若对于任意12,(2,4]x x ∈都有12()()g x h x >，求实数a 的取值范围．【答案】（1）34x <≤；（2）当(]0,1x ∈时，值域为{}1；当(]1,2x ∈时，值域为{}3,4；当(]2,3x ∈时，值域为{}7,8,9；(1)2n n +个；（3）(3,)+∞． 【分析】（1）根据()x μ的定义，列式解不等式；（2）根据定义分别列举()f x 在区间(]0,1、(]1,2以及(]2,3上的值域，和(1,]x n n ∈-时函数的值域，最后利用等差数列求和；（3）分别求两个函数的值域，并转化为()()max g x f x >，利用参变分离求实数a 的取值范围. 【详解】【解】（1）由题意得：213x <-≤，解得：34x <≤． （2）当(]0,1x ∈时，(]()1,()0,1x x x x μμ=⋅=∈，于是(())1x x μμ⋅=，值域为{}1当(]1,2x ∈时，(]()2,()22,4x x x x μμ=⋅=∈，于是(())3x x μμ⋅=或4，值域为{}3,4 当(]2,3x ∈时，(]()3,()36,9x x x x μμ=⋅=∈，于是(())7x x μμ⋅=或8或9，值域为{}7,8,9设*n N ∈，当(1,]x n n ∈-时，()x n μ=，所以()x x nx μ⋅=的取值范围为22(,]n n n -，-所以()f x 在(1,]x n n ∈-上的函数值的个数为n ，-由于区间22(,]n n n -与22((1)(1),(1)]n n n +-++的交集为空集， 故n M 中的元素个数为(1)1232n n n +++++=．- （3）由于2140573x x <≤-+，1sin 23x π≤+≤，因此()4h x ≤，当52x =时取等号，即即(2,4]x ∈时，()h x 的最大值为4，由题意得(2,4]x ∈时，()4g x >恒成立，当(2,3]x ∈时，223x a x >-恒成立，因为2max (2)33x x -=，所以3a >当(3,4]x ∈时，2324x a x >-恒成立，因为239244x x -<，所以94a ≥综合得，实数a 的取值范围是(3,)+∞．【点睛】关键点点睛：1.首先理解()x μ的定义，2.第三问，若对于任意12,(2,4]x x ∈都有12()()g x h x >，转化为()()max g x f x >，再利用参变分离求a 的取值范围.45．（2020·上海市建平中学高三月考）已知数列{}n a 满足：10a =，221n n a a =+，2121n n a a n +=++，*n ∈N .（1）求4a 、5a 、6a 、7a 的值； （2）设212n n na b -=，212333nn n S b b b =++⋅⋅⋅+，试求2020S ；（3）比较2017a 、2018a 、2019a 、2020a 的大小关系. 【答案】（1）3、5、5、8；（2）202120204037398S ⋅+=；（3）2017201820202019a a a a ==<. 【分析】。

第2课时 数列的综合问题题型一 数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中， 令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1， 又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0， 则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华 数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二 数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1， 方法一 当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二 当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华 数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解 设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明 因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3， 所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， 因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15， 所以15≤T n <13. 题型三 数列与数学文化 例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析 原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3， 则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华 我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析 由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3， 则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3， 故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)， 所以数列{a n }是公比为12的等比数列， 又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12， 所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解 由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2， 因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明 由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ， 化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1. (2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1， 所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列， 所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2， 得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13， 于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解 设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明 因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， 所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。

第19炼 利用函数证明数列不等式利用函数证明不等式是在高考导数题中比较考验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，数列，不等式连接在一起，也是近年来高考的热门题型。

一、基础知识： 1、考察类型：（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）1x e 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na 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） 二、典型例题： 例1： 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 +++++>+都成立解：（1）()'121f x x x a =--+0x =为()f x 的极值点()'10101f a 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。

数列、函数与不等式及其试题设计三、不等式证明 方法总结：不等式的性质及常用的证明方法主要有：比较法、分析法、综合法、反证法、换元法、判别式法、放缩法、数学归纳法等八种方法．要明确这虹各种方法证明不等式的步骤及应用范围．若能够较灵活的运用常规方法（即通性通法）、运用数形结合、函数等基本数学思想，就能够证明不等式的有关问题．1、比较法：作差比较：0A B A B -≤⇔≤；作商比较：()10A A B B B ≤⇔≤>或()10AB B≥<．作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差．②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和． ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号．注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小． 2、综合法：由因导果．3、分析法：执果索因．基本步骤：要证……只需证……，只需证…… ①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件．②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达．4、反证法：正难则反．5、放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的． 放缩法的方法有：①添加或舍去一些项，如：a n >； ②将分子或分母放大（或缩小）；③利用基本不等式，如：2lg 3lg 5log 3lg 5()lg 42+⋅<=(1)2n n ++；④利用常用结论：=<；21111(1)1k k k k k<=---；21111(1)1k k k k k >=-++（程度大）；22111111()(1)(1)2111k k k k k k <==--+-+-；（程度小） 6、换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元．如：已知222x y a +=，可设cos ,sin x a y a θθ==； 已知221x y +≤，可设cos ,sin x r y r θθ==（01r ≤≤）； 已知22221x y a b +=，可设cos ,sin x a y b θθ==；已知22221x y a b -=，可设,tan cos a x y b θθ==；7、构造法：通过构造函数、方程、数列、向量、不等式或图形来证明不等式； 8、数学归纳法法：数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中专门研究．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．证明不等式不但用到不等式的性质，不等式证明的技能、技巧，还要注意到横向结合内容的方方面面．如与数列的结合，与“二次曲线”的结合，与“三角函数”的结合，与“一元二次方程，一元二次不等式、二次函数”这“三个二次”间的互相联系、互相渗透和互相制约，这些也是近年命题的重点．在不等式证明中还要注意数学方法，如比较法（包括比差和比商）、分析法、综合法、反证法、数学归纳法等，还要注意一些数学技巧，如数形结合、放缩、分类讨论等．比较法是证明不等式最常用最基本的方法．分析法是数学解题的两个重要策略原则的具体运用，两个重要策略原则是：正难则反原则，即若从正面考虑问题比较难入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法，即我们常说的逆向思维，由结论向条件追溯；简单化原则，即寻求解题思路与途径，常把较复杂的问题转化为较简单的问题，在证明较复杂的不等式时，可以考虑将这个不等式不断地进行变换转化，得到一个较易证明的不等式．凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法．换元法（主要指三角代换法）多用于条件不等式的证明，此法若运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化成简单的三角问题．含有两上字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，这时可考虑判别式法，并注意根的取值范围和题目的限制条件．有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，放缩时要看准目标，做到有的放矢，注意放缩适度． 总之，不等式证明方法多种多样，试题灵活多变，要解答好该类试题，关键是要做到“熟能生巧”、“以不变应万变”。