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核心素养测评四十二数列与函数、不等式的结合(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知递增的等比数列{a n}的公比为q,其前n项和S n<0,则( )A.a1<0,0<q<1B.a1<0,q>1C.a1>0,0<q<1D.a1>0,q>1【解析】选A.因为S n<0,所以a1<0,又数列{a n}为递增等比数列,所以a n+1>a n,且|a n|>|a n+1|,则-a n>-a n+1>0,则q=∈(0,1),所以a1<0,0<q<1.2.已知等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,则“d>0”是“S4 + S6>2S5”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【解析】选C.由S4+S6-2S5=10a1+21d-2(5a1+10d)=d,可知当d>0时,有S4+S6-2S5>0,即S4+S6>2S5,反之,若S4+S6>2S5,则d>0,所以“d>0”是“S4+ S6>2S5”的充分必要条件.【名师点睛】本题考查等差数列的前n项和公式,通过套入公式与简单运算,可知S4+S6-2S5=d, 结合充分必要性的判断,若p⇒q,则p是q 的充分条件,若p⇐q,则p是q的必要条件,该题“d>0”⇔“S4+S6-2S5>0”,故互为充要条件.3.已知数列{a n}是等比数列,数列{b n}是等差数列,若a2·a6·a10=3,b1+b6+b11=7π,则tan 的值是( )A.1B.C.-D.-【解析】选D.因为是等比数列,所以a2·a6·a10==3,所以a6=.因为{b n}是等差数列所以b1+b6+b11=3b6=7π.所以b6=,所以tan=tan =tan =-tan =-tan =-.4.数列{a n}满足a n=n2+kn+2,若不等式a n≥a4恒成立,则实数k的取值范围是( ) A.[-9,-8] B.[-9,-7]C.(-9,-8)D.(-9,-7)【解析】选B.由已知得n2+kn+2≥4k+18,即(4-n)k≤n2-16,其中n∈N*.当n=1,2,3时,k≤(-n-4)min=-7;当n=4时,等号成立;当n≥5时,k≥(-n-4)max=-9,所以实数k的取值范围是[-9,-7].5.已知数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a n=n2+n(n∈N*),设数列满足:b n=,数列的前n项和为T n,若T n<λ(n∈N*)恒成立,则实数λ的取值范围为( ) A. B.C. D.【解析】选D.数列{a n}满足a1+a2+a3+…+a n=n2+n, ①当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n-1=(n-1)2+(n-1),②①-②得a n=2n,故a n=2n2,数列满足:b n===则:T n=1-+-+…+-=,由于T n<λ(n∈N*)恒成立,故:<λ,整理得λ>,因为y==在n∈N*上单调递减,故当n=1时,=,所以λ>.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知f(x)=,各项均为正数的数列{a n}满足a1=1,a n+2=f(a n).若a2,则a20+a11的值是________.010=a2 012【解析】因为a n+2=f(a n)=,a1=1,所以a3=,a5==,a7==,a9==,a11==,又a2 010=a2 012,即a2 010=⇒+a2 010-1=0,所以a2 010=.又a2 010==,所以1+a2 008==,即a2 008=,依次类推可得a2 006=a2 004=…=a20=,故a20+a11=+=.答案:7.已知{a n}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.(1)数列{a n}的通项公式为________.(2)数列的前n项和为________.【解析】(1)方程x2-5x+6=0的根为2,3.又{a n}是递增的等差数列,故a2=2,a4=3,可得2d=1,d=,故a n=2+(n-2)×=n+1.(2)设数列的前n项和为S n,S n=+++…++,①S n=+++…++,②①-②得S n=+++…+-=+++…+-=+-,所以S n=+-=2-.答案:(1)a n=n+1 (2)2-8.(2020·成都模拟)数列是等差数列,a1=1,公差d∈,且a4+λa10 +a16=15,则实数λ的最大值为________.【解析】因为a4+λa10+a16=15,所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15,令λ=f(d)=-2,因为d∈,所以令t=1+9d,t∈[10,19],因此λ=f(t)=-2,当t∈[10,19]时,函数λ=f(t)是减函数,故当t=10时,实数λ有最大值,最大值为f(10)=-.答案:-三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018·北京高考)设{a n}是等差数列,且a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.(1)求{a n}的通项公式.(2)求++…+.【解析】(1)由已知,设{a n}的公差为d,则a2+a3=a1+d+a1+2d=2a1+3d=5ln 2,又a1=ln 2,所以d=ln 2,所以{a n}的通项公式为a n=ln 2+(n-1)ln 2=nln 2(n∈N*).(2)由(1)及已知,=e nln 2=(e ln 2)n=2n,所以++…+=21+22+…+2n==2n+1-2(n∈N*).10.(2020·武汉模拟)数列{a n}满足:++…+=n2+n,n∈N*.(1)求{a n}的通项公式.(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求满足S n>的最小正整数n. 【解析】(1)因为++…+=n2+n,n=1时,可得a1=4,n≥2时,++…+=(n-1)2+n-1.与++…+=n2+n.两式相减可得=(2n-1)+1=2n.所以a n=2n(n+1),当n=1时,也满足,所以a n=2n(n+1).(2)b n===,所以S n=(1-+-+…+-)=.又S n>,可得n>9,所以最小正整数n为10.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
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核心考点·精准研析考点一数列与函数的综合1.设{a n}是等比数列,函数y=x2-x-2 021的两个零点是a2,a3,则a1a4等于( )A.2 021B.1C.-1D.-2 0212.在各项都为正数的数列{a n}中,首项a1=2,且点(,)在直线x-9y=0上,则数列{a n}的前n项和S n等于( )A.3n-1B.C. D.3.已知f(x)=2sin x,集合M={x||f(x)|=2,x>0},把M中的元素从小到大依次排成一列,得到数列{a n},n∈N*.数列{a n}的通项公式为________.4.已知函数f(x)=log2x,若数列{a n}的各项使得2,f(a1),f(a2),…,f(a n),2n+4成等差数列,则数列{a n}的前n项和S n=________.【解析】1.选D.由题意a2,a3是x2-x-2 021=0的两根.由根与系数的关系得a2a3=-2 021.又a1a4=a2a3,所以a1a4=-2 021.2.选 A.由点(,)在直线x-9y=0上,得-9=0,即(a n+3a n-1)(a n-3a n-1)=0,又数列{a n}各项均为正数,且a1=2,所以a n+3a n-1>0,所以a n-3a n-1=0,即=3,所以数列{a n}是首项a1=2,公比q=3的等比数列,其前n项和S n==3n-1.3.因为|f(x)|=2,所以x=kπ+,k∈Z,x=2k+1,k∈Z.又因为x>0,所以a n=2n-1(n∈N*).答案:a n=2n-1(n∈N*)4.设等差数列的公差为d,则由题意,得2n+4=2+(n+1)d,解得d=2,于是log2a1=4,log2a2=6,log2a3=8,…,从而a1=24,a2=26,a3=28,….易知数列{a n}是等比数列,其公比q==4,所以S n==(4n-1).答案:(4n-1)1.将题2改为已知函数f(x)=xα的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2 021等于( )A.-1B.-1C.-1D.2+1【解析】选C.由f(4)=2可得4α=2,解得α=,则f(x)=.所以a n===-,S2+a2+a3+…+a2 021=(-)+(-)+(-)+…021=a1+(-)+(-)=-1.2.数列{a n}的通项a n=n cos2-sin2,其前n项和为S n,则S40为( )A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意得,a n=n cos2-sin2=ncos,则a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,…,于是a2n-1=0,a2n=(-1)n·2n,则S40=(a1+a3+…+a39)+(a2+a4+a6+…+a40)=-2+4-…+40=20.数列与函数综合问题的主要类型及求解策略(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,解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形.注意数列与函数的不同,数列只能看作是自变量为正整数的一类函数,在解决问题时要注意这一特殊性.【秒杀绝招】1.特例法解T2:由题意(, )在直线x-9y=0上,所以—9=0,因为a1=2,易得a2=6,所以S2=8.验证四个选项可排除BCD.2.待定系数法解T3:先设出一次函数,由已知条件,确定出系数,再求解.考点二数列与不等式的综合【典例】已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足a1=,a n=-2·S n·S n-1(n ≥2).(1)求数列{a n}的通项公式a n.(2)求证:++…+≤-.【解题导思】序题目拆解号(1) ①a n=-2S n·S n-1(n≥2) 利用a n=S n-S n-1将a n=-2S n·S n-1转化为S n,S n-1的关系②求数列{a n}的通项公式a n先求出,利用a n=-2S n·S n-1进而求得a n.(2)求证:++…+≤-. 由(1)得S n =,由=<,放缩后利用裂项相消法求和是解题的关键【解析】(1)因为a n=-2S n·S n-1(n≥2),所以S n-S n-1=-2S n·S n-1.两边同除以S n·S n-1,得-=2(n≥2),所以数列是以==2为首项,以d=2为公差的等差数列, 所以=+(n-1)·d=2+2(n-1)=2n,所以S n =.将S n =代入a n=-2S n·S n-1,得a n =(2)因为=<=(n≥2),=,所以当n≥2时,++…+=++…+<++…+=-;当n=1时,==-.综上,++…+≤-.数列与不等式的综合问题(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.(2)以数列为载体,考查不等式恒成立的问题,此类问题可转化为函数的最值.(3)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.设{a n}是正数组成的数列,其前n项和为S n,并且对于所有的正整数n,a n与2的等差中项等于S n与2的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)令b n=(n∈N*),求证:b1+b2+b3+…+b n<1+n.【解析】(1)由已知=(n∈N*),整理得S n=(a n+2)2,所以S n+1=(a n+1+2)2.所以a n+1=S n+1-S n=[(a n+1+2)2-(a n+2)2]=(+4a n+1--4a n),整理得(a n+1+a n)(a n+1-a n-4)=0,由题意知a n+1+a n≠0,所以a n+1-a n=4,而a1=2, 即数列{a n}是a1=2,d=4的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=4n-2.(2)令c n=b n-1,则c n ===-. 故b1+b2+…+b n-n=c1+c2+…+c n=++…+=1-<1.故b1+b2+…+b n <1+n.考点三数列与函数、不等式的综合应用命题精解读考什么:(1)考查求最值、比较大小、求取值范围等问题.(2)考查数学运算、逻辑推理的核心素养及函数与方程、转化与化归等思想方法.怎么考:以数列为载体,考查利用函数的性质、图象或不等式的性质进行放缩、比较大小、求范围或最值、证明结论等.新趋势:与函数、不等式综合问题的考查学 1.求最值(或取值范围)问题的解题思路霸好方法先构造数列对应的函数y=f(x),x∈(0,+∞).再由以下方法求最值:(1)利用函数的单调性(2)利用均值不等式(3)利用导数注意是在正整数内讨论的.2.交汇问题与函数、不等式交汇时,依据函数或不等式的性质求解.求最值问题【典例】1.在等差数列{a n}中,若a1<0,S n为其前n项和且S7=S17,则S n 最小时的n的值为( )A.12或13B.11或12C.11D.122.在正项等比数列{a n}中,为a6与a14的等比中项,则a3+3a17的最小值为( )A.2B.89C.6D.3【解析】1.选D.由S7=S17,依据二次函数对称性知当n=12时,S n最小.2.选C.因为{a n}是正项等比数列,且为a6与a14的等比中项,所以a6a14=3=a3a17,则a3+3a17=a3+3·≥2=6,当且仅当a3=3时,等号成立,所以a3+3a17的最小值为6.求等差数列前n项和的最值常用的方法有哪些?提示:(1)利用等差数列的单调性,求出最值;(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;(3)将等差数列的前n项和S n=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.比较大小【典例】数列{a n}是各项均为正数的等比数列,{b n}是等差数列,且a6=b7,则有( )A.a3+a9≤b4+b10B.a3+a9≥b4+b10C.a3+a9≠b4+b10D.a3+a9与b4+b10的大小不确定【解析】选 B.因为a3+a9≥2=2=2a6=2b7=b4+b10,当且仅当a3=a9时取等号.本题利用均值不等式比较两个式子的大小,恰到好处.利用均值不等式≥时一定要满足其成立的三个条件分别是什么?提示:(1)a,b均为正数.(2)a,b的和或积必须有一个为定值.(3)a=b 时等号成立.求取值范围问题【典例】设数列{a n}的通项公式为a n=2n-1,记数列的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,不等式4T n<a2-a恒成立,则实数a的取值范围为________.【解析】因为a n=2n-1,所以==,所以T n==<,又4T n<a2-a,所以2≤a2-a,解得a≤-1或a≥2,即实数a的取值范围为(-∞,-1]∪[2,+∞).答案:(-∞,-1]∪[2,+∞)1.已知正项等比数列{a n}满足2a5+a4=a3,若存在两项a m,a n,使得8=a1,则+的最小值为________.【解析】因为正项等比数列{a n}满足2a5+a4=a3,所以2a1q4+a1q3=a1q2,整理,得2q2+q-1=0,又q>0,解得,q=,因为存在两项a m,a n使得8=a1,所以64q m+n-2=,整理,得m+n=8,所以+=(m+n)=≥=2,当且仅当=时取等号,此时m,n∈N*,又m+n=8,所以只有当m=6,n=2时,+取得最小值是2.答案:22.已知数列{a n}的前n项和为S n,点(n,S n+3)(n∈N*)在函数y=3×2x 的图象上,等比数列{b n}满足b n+b n+1=a n(n∈N*),其前n项和为T n,则下列结论正确的是( )A.S n=2T nB.T n=2b n+1C.T n>a nD.T n<b n+1【解析】选D.因为点(n,S n+3)在函数y=3×2x的图象上,所以S n+3=3×2n,即S n=3×2n-3.当n≥2时,a n=S n-S n-1=3×2n-3-(3×2n-1-3)=3×2n-1,又当n=1时,a1=S1=3,所以a n=3×2n-1.设b n=b1q n-1,则b1q n-1+b1q n=3×2n-1,可得b1=1,q=2,所以数列{b n}的通项公式为b n=2n-1.由等比数列前n项和公式可得T n=2n-1.结合选项可知,只有D正确.3.已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则( )A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【解析】选B.因为ln x≤x-1(x>0),所以a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)≤a1+a2+a3-1,所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1<q<0.所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,所以a1>a3,a2<a4.1.若定义在R上的函数y=f(x)是奇函数且满足f=f(x),f(-2)=-3,数列{a n}满足a1=-1,且=2×+1(其中S n 为{a n}的前n项和),则f(a5)+f(a6)=( )A.-3B.-2C.3D.2【解析】选C.由f=f(x)可知函数f(x)的图象的对称轴为直线x=.又函数y=f(x)是奇函数,所以有f=f(x)=-f,所以f=-f(x),即f(x-3)=f(x),所以函数y=f(x)的周期为3. 由=2×+1得S n=2a n+n.当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n+n-(2a n-1+n-1)=2a n-2a n-1+1,即a n=2a n-1-1,所以a2=-3,a3=-7,a4=-15,a5=-31,a6=-63,则f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63)=f(-1)+f(0)=-f(1)+f(0).由函数y=f(x)是奇函数可得f(0)=0,由f(-2)=-3可得f(-2)=f(1)=-3,所以f(a5)+f(a6)=3.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式.(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.【解析】(1)设{a n}的公差为d.由S9=-a5得a1+4d=0.由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2.因此{a n}的通项公式为a n=10-2n.(2)由S9=-a5得a1=-4d,故a n=(n-5)d,S n=.由a1>0知d<0,故S n≥a n等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.关闭Word文档返回原板块。
专题23 不等式选讲【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，理数】设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1． （1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a aa bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++ 1,,,abc a b c =∴均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=.当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4a b c .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题. 【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设,,x y z ∈R ，且1x y z ++=．.（1）求222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值；（2）若2221(2)(1)()3x y z a -+-+-≥成立，证明：3a ≤-或1a ≥-． 【答案】（1）43；（2）见解析． 【解析】（1）由于2[(1)(1)(1)]x y z -++++222(1)(1)(1)2[(1)(1)(1)(1)(1)(1)]x y z x y y z z x =-+++++-++++++-2223(1)(1)(1)x y z ⎡⎤≤-++++⎣⎦，故由已知得2224(1)(1)(1)3x y z -++++≥， 当且仅当x =53，y =–13，13z =-时等号成立． 所以222(1)(1)(1)x y z -++++的最小值为43．（2）由于2[(2)(1)()]x y z a -+-+-222(2)(1)()2[(2)(1)(1)()()(2)]x y z a x y y z a z a x =-+-+-+--+--+--2223(2)(1)()x y z a ⎡⎤≤-+-+-⎣⎦，故由已知2222(2)(2)(1)()3a x y z a +-+-+-≥，当且仅当43a x -=，13a y -=，223a z -=时等号成立． 因此222(2)(1)()x y z a -+-+-的最小值为2(2)3a +．由题设知2(2)133a +≥，解得3a ≤-或1a ≥-．【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型． 【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设函数()211f x x x =++-． （1）画出()y f x =的图像；（2）当[)0x +∞∈，，()f x ax b ≤+，求a b +的最小值．【答案】（1）见解析；（2）最小值为5．【解析】（1）13,,21()2,1,23, 1.x x f x x x x x ⎧-<-⎪⎪⎪=+-≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩()y f x =的图像如图所示．（2）由（1）知，()y f x =的图像与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当3a ≥且2b ≥时，()f x ax b ≤+在[0,)+∞成立，因此a b +的最小值为5． 【名师点睛】本题主要考查函数图像的画法，考查由不等式求参数的范围，属于中档题．柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明；了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．主要考查考生的数学运算能力，以及对分类讨论思想和数形结合思想的应用．【命题规律】主要考查绝对值不等式的求解、恒成立问题、存在性问题以及不等式的证明，多以解答题的形式呈现，难度中等，分值10分． 【知识总结】 1．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2+b 2≥2ab ，当且仅当a=b 时，等号成立．定理2：（基本不等式）如果a ，b>0，那么2a b+，当且仅当a=b 时，等号成立． 即两个正数的算术平均不小于（大于或等于）它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R +，那么3a b c ++a=b=c 时，等号成立． 即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．推广：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即12…na a a n+++≥a 1=a 2=…=a n 时，等号成立．2．绝对值不等式的解法（1）含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解集：不等式 a>0 a=0 a<0 |x|<a {–a<x<a }⌀⌀ |x|>a{x|x>a 或x<–a } {x|x ≠0且x ∈R }R（2）|ax+b|≤c 和|ax+b|≥c 型不等式的解法：①若c>0，则|ax+b|≤c 等价于–c ≤ax+b ≤c ，|ax+b|≥c 等价于ax+b ≥c 或ax+b ≤–c ，然后根据a ，b 的值解出即可；②若c<0，则|ax+b|≤c 的解集为⌀，|ax+b|≥c 的解集为R ．（3）|x –a|+|x –b|≥c （或≤c ）（c>0），|x –a|–|x –b|≤c （或≥c ）（c>0）型不等式的解法：零点分区间法零点分区间法的一般步骤为：①令每个绝对值符号内的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排序，并把实数集分成若干个区间；③由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出解集；④取各个不等式解集的并集即可得到原不等式的解集．几何法（利用|x–a|的几何意义）由于|x–a|+|x–b|与|x–a|–|x–b|分别表示数轴上与x对应的点到与a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x–a|+|x–b|≤c（c>0）或|x–a|–|x–b|≥c （c>0）的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．数形结合法通过构造函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图象是解题的关键．注意：分区间讨论时，一是不要把分成的区间的端点遗漏；二是原不等式的解集是若干个不等式解集的并集，而不是交集．（4）|f（x）|>g（x），|f（x）|<g（x）（g（x）>0）型不等式的解法：①|f（x）|>g（x）⇔f（x）>g（x）或f（x）<–g（x）；②|f（x）|<g（x）⇔–g（x）<f（x）<g（x）．3．绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，则|a+b|≤|a|+|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：如果a，b，c是实数，那么|a–c|≤|a–b|+|b–c|，当且仅当（a–b）（b–c）≥0时，等号成立．上述定理还可以推广到以下两个不等式：（1）|a1+a2+…+a n|≤|a1|+|a2|+…+|a n|；（2）||a|–|b||≤|a±b|≤|a|+|b|．4．证明不等式的基本方法（1）比较法①作差法：要证明a>b，只需证a–b>0．②作商法：要证明a>b，b>0，只要证ab>1．（2）综合法从已知条件、不等式的性质和基本不等式等出发，通过逻辑推理，推导出所要证明的结论．（3）分析法从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立． （4）反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件（或已证明的定理、性质、明显成立的事实等）矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立． （5）放缩法证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的． 5．柯西不等式（1）二维形式的柯西不等式定理1：若a ，b ，c ，d 都是实数，则（a 2+b 2）（c 2+d 2）≥（ac+bd ）2，当且仅当ad=bc 时，等号成立． （2）柯西不等式的向量形式定理2：设α，β是两个向量，则|α·β|≤|α|·|β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α=kβ时，等号成立．（3）二维形式的三角不等式定理3：设x 1，y 1，x 2，y 2∈R ． （4）一般形式的柯西不等式定理：设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则（21a +22a +…+2n a ）·（21b +22b +…+2n b ）≥（a 1b 1+a 2b 2+…+a n b n ）2，当且仅当b i =0（i=1，2，…，n ）或存在一个数k ，使得a i =kb i （i=1，2，…，n ）时，等号成立． 【方法总结】1．解绝对值不等式的常用方法（1）基本性质法：对a ∈R +，|x|<a ⇔–a<x<a ，|x|>a ⇔x<–a 或x>a ． （2）平方法：两边平方去掉绝对值符号．（3）零点分区间法（或叫定义法）：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式（组）求解．（4）几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解． （5）数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解． 2．含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法（1）分离参数法：运用“f（x）≤a⇔f（x）max≤a，f（x）≥a⇔f（x）min≥a”可解决恒成立问题中的参数范围问题．求最值的思路：①利用基本不等式和不等式的相关性质解决；②将函数解析式用分段函数形式表示，作出函数图象，求得最值；③利用性质“||a|–|b||≤|a±b|≤|a|+|b|”求最值．（2）更换主元法：求解含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．（3）数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可更直观解决问题．注意：不等式的解集为R是指不等式恒成立问题，而不等式的解集为⌀的对立面也是不等式恒成立问题，如f（x）>m的解集为⌀，则f（x）≤m恒成立．3．不等式能成立问题（1）在区间D上存在实数x使不等式f（x）>A成立，等价于在区间D上f（x）max>A；（2）在区间D上存在实数x使不等式f（x）<B成立，等价于在区间D上f（x）min<B．4．不等式恰成立问题（1）不等式f（x）>A在区间D上恰成立，等价于不等式f（x）>A的解集为D；（2）不等式f（x）<B在区间D上恰成立，等价于不等式f（x）<B的解集为D．5．证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法．如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法；如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明，用换元法证明不等式时，要注意新元的取值范围．证明不等式常用的思路：利用基本不等式、绝对值三角不等式、绝对值的含义将问题转化为函数问题求解．6．利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法（1）在运用基本不等式求函数的最大（小）值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件．（2）在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题．1．（2020·广西壮族自治区高三二模（文））设函数()|2||2|f x x x =+-- （1）解不等式()2f x ≥；（2）当x ∈R ，01y <<时，证明：11|2||2|1x x y y+--≤+-. 【答案】（1）解集为{}|1x x ≥；（2）见解析. 【解析】【分析】(1)零点分区间，去掉绝对值，写成分段函数的形式，分段解不等式即可；(2) 由（1）知，224x x +--≤,()11111 12111y yy y y y y y y y⎛⎫-⎡⎤+=++-=++ ⎪⎣⎦---⎝⎭，之后利用均值不等式可证明.【详解】（1）由已知可得：()4,22,224,2x f x x x x ≥⎧⎪=-<<⎨⎪-≤-⎩，当2x ≥时，42＞成立；当22x -<<时，22x ≥，即1x ≥，则12x ≤＜． 所以()2f x ≥的解集为{|1}x x ≥. （2）由（1）知，224x x +--≤，由于01y ＜＜， 则()1111112224111y yy y y y y y y y ⎛⎫-⎡⎤+=++-=++≥+= ⎪⎣⎦---⎝⎭，当且仅当1=1y y y y --，即12y =时取等号， 则有11221x x y y+--≤+-． 【点睛】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．2．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））已知()|1|1f x x =-+，()(),3123,3f x x F x x x ≤⎧=⎨->⎩.（1）解不等式()23f x x ≤+；（2）若方程()F x a =有三个解，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）1[,)3-+∞；（2）(1,3). 【解析】【分析】（1）对x 分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果; （2）()21131233x x F x x x x x -<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩，，，，.作出函数()F x 的图象, 当直线y a =与函数()y F x =的图象有三个公共点时，方程()F x a =有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式()23f x x ≤+，即为1123x x -+≤+. 当1x ≥时，即化为1123x x -+≤+，得3x ≥-， 此时不等式的解集为1x ≥，当1x <时，即化为()1123x x --+≤+，解得13x ≥-， 此时不等式的解集为113x -≤<. 综上，不等式()23f x x ≤+的解集为13⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，. （2）()1131233x x F x x x ，，，⎧-+≤=⎨->⎩即()21131233x x F x x x x x -<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩，，，，. 作出函数()F x 的图象如图所示，当直线y a =与函数()y F x =的图象有三个公共点时，方程()F x a =有三个解，所以13a <<.所以实数a 的取值范围是()13，. 【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 3．（2020·广西壮族自治区南宁三中高二月考（理））[选修4-5：不等式选讲] 已知实数正数x , y 满足1x y +=． （1）解关于x 的不等式522x y x y ++-≤； （2）证明：2211119x y ⎛⎫⎛⎫--≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【答案】(1)1[,1)6.(2)见解析. 【解析】【分析】（1）利用零点分段法即可求解. （2）利用“1”的转换，以及基本不等式即可证明. 【详解】（1）1,0,0x y x y +=>>且0152522212x x y x y x x <<⎧⎪∴++-≤⇔⎨-+-≤⎪⎩01011112121222x x x x x x x <<⎧<<⎧⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎛⎫-+≤-≤+-≤+ ⎪⎪⎪⎩⎝⎭⎩ 解得116x ≤<，所以不等式的解集为1,16⎡⎫⎪⎢⎣⎭（2）解法1：1,x y +=且0,0x y >>， ()()222222221111x y x x y y x y x y +-+-⎛⎫⎛⎫∴--=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222222xy y xy x x y ++=⋅ 222222y y x x x x y y ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭225x y y x =++59≥=.当且仅当12x y ==时，等号成立. 解法2：1,x y +=且0,0x y >>，222222111111x y x y x y ⎛⎫--⎛⎫∴--=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()221111x x y y x y +-+-=⋅ ()()2211x y y xx y ++=⋅ 1x y xyxy+++=21xy=+ 22192x y ≥+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭当且仅当12x y ==时，等号成立. 【点睛】主要考查了绝对值不等式的求解、不等式证明、以及基本不等式的应用，属于中档题.对于绝对值不等式的求解，主要运用零点分段法，也可以运用图像法.而不等式的证明，关键是灵活运用不等式的性质以及基本不等式.4．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））已知()=-++f x x a x b （0a >，0b >）. （1）当2a =，1b =时，解不等式()9f x ≥； （2）若()f x 的最小值为2，求1112a b++的最小值. 【答案】（1）(][),45,-∞-⋃+∞；（2）123+. 【解析】【分析】（1）当2a =，1b =时，利用零点分段法将()f x 表示为分段函数的形式，由此求得不等式()9f x ≥的解集.（2）利用绝对值三角不等式求得()f x 的最小值，得到2a b +=，利用基本不等式求得1112a b++的最小值.【详解】（1）当2a =，1b =时，()21f x x x =-++，所以()12,13,1221,2x x f x x x x -<-⎧⎪=-≤≤⎨⎪->⎩，当1x <-时，()129f x x =-≥，解得4x ≤-；当12x -≤≤时，()39f x =≥，无解； 当2x >时，()219f x x =-≥，解得5x ≥. 所以()9f x ≥的解集为(][),45,-∞-⋃+∞. （2）依题意0a >，0b >，()()2f x x a x b x b x a a b a b =-++≥+--=+=+=， ()1111111111123123122b a a b a b a b a b +⎛⎫⎛⎫+=+++=+++⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦+++⎝⎭⎝⎭1313223⎛≥+=+ ⎝取等号的条件为112b a a b+=+，即1a +时， 联立2a b +=，得53a b ⎧=-⎪⎨=⎪⎩因此1112a b ++的最小值为12+. 【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查基本不等式求最值，属于中档题.5．（2020·广西壮族自治区高三其他（理））已知0a >，0b >，0c >，函数()f x x a x b c =++-+．()1当2a =，1b =时，求不等式()7f x c >+的解集；()2当()f x 的最小值为5时，证明：22222210a b a c b c c b a+++++≥．【答案】()1{|4x x <-或}3x >；()2证明见解析. 【解析】【分析】()1首先将2a =，1b =代入函数()f x 中并对不等式()7f x c >+进行化简，得出217x x ++->，然后通过去绝对值进行求解，即可得出结果；()2首先可以根据()f x 的最小值为5得出5a b c ++=，然后将222222a b a c b c c b a+++++化简为b c a c a b a b c c b c a b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，最后根据基本不等式即可得出结论. 【详解】解：()1将2a =，1b =代入函数()f x x a x b c =++-+中， 不等式()7f x c >+可化为217x x ++->， 当2x -≤时，217x x ---+>，解得4x <-； 当21x -<≤时，217x x +-+>，无解； 当1x >时，217x x ++->，解得3x >． 所以不等式的解集为{|4x x <-或}3x >．()2证明：因为()()f x x a x b c x a x b c =++-+≥+-+-5a b c =++=，所以222222222a b a c b c ab ac bcc b a c b a +++++≥++b c a c a b a b c c b c a b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()210a b c ≥++=（当且仅当a b c ==时，等号成立）．【点睛】本题考查绝对值不等式的解法及基本不等式的应用，考查划归与转化的思想，属于中档题. 6．（2020·广西壮族自治区北流市实验中学高二期中（文））已知函数f (x )＝|3x ＋2|. (1)解不等式f (x )<4－|x －1|；(2)已知m ＋n ＝1(m ，n >0)，若|x －a |－f (x )≤11m n+(a >0)恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)51,42⎛⎫- ⎪⎝⎭；(2)100,3⎛⎤⎥⎝⎦. 【解析】【分析】（1）利用零点分段法分类讨论解绝对值不等式即可. （2）利用基本不等式求出11m n+的最小值，令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|，只需g (x )max 4≤即可求解.【详解】(1)不等式f (x )<4－|x －1|，即|3x ＋2|＋|x －1|<4. 当x <－23时，即－3x －2－x ＋1<4，解得－54<x <－23； 当－23≤x ≤1时，即3x ＋2－x ＋1<4， 解得－23≤x <12；当x >1时，即3x ＋2＋x －1<4，无解． 综上所述，不等式的解集为51,42⎛⎫-⎪⎝⎭. (2)11m n +＝11m n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ (m ＋n )＝1＋1＋n m m n+24≥+=， 当且仅当m n =时取等号，令g (x )＝|x －a |－f (x )＝|x －a |－|3x ＋2|＝222,3242,322,x a x x a x a x a x a ⎧++<-⎪⎪⎪--+-≤≤⎨⎪--->⎪⎪⎩，所以当x ＝－23时，g (x )max ＝23＋a ，要使不等式恒成立， 只需g (x )max ＝23＋a ≤4，即0<a ≤103.故实数a 的取值范围为100,3⎛⎤⎥⎝⎦. 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法、基本不等式求最值，不等式恒成立求参数的取值范围，属于中档题.7．（2020·广西壮族自治区南宁二中高三月考（理））已知函数2()4f x x ax =-++，()|1||1|g x x x =++-．（1）当1a =时，求不等式()()f x g x ≥的解集；（2）若不等式()()f x g x ≥的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围．【答案】（1）1{|1}2x x -+-≤≤；（2）[1,1]-． 【解析】【详解】试题分析：（1）分1x <-，11x -≤≤，1x >三种情况解不等式()()f x g x ≥；（2）()()f x g x ≥的解集包含[1,1]-，等价于当[1,1]x ∈-时()2f x ≥，所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，从而可得11a -≤≤．试题解析：（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于21140x x x x -+++--≤.①当1x <-时，①式化为2340x x --≤，无解；当11x -≤≤时，①式化为220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①式化为240x x +-≤，从而1x <≤.所以()()f x g x ≥的解集为{|1x x -≤≤. （2）当[]1,1x ∈-时，()2g x =.所以()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-，等价于当[]1,1x ∈-时()2f x ≥.又()f x 在[]1,1-的最小值必为()1f -与()1f 之一，所以()12f -≥且()12f ≥，得11a -≤≤. 所以a 的取值范围为[]1,1-.点睛:形如||||x a x b c -+-≥(或c ≤)型的不等式主要有两种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(,]a -∞，(,]a b ，(,)b +∞ (此处设a b <)三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集． (2)图像法：作出函数1||||y x a x b =-+-和2y c =的图像，结合图像求解． 8．（2020·四川省绵阳南山中学高三一模（理））已知a ，b ，c 均为正实数，求证： （1）()2()4a b ab cabc ++≥；（2）若3a b c ++=. 【答案】证明过程详见解析 【解析】【分析】⑴将求证的不等式进行化简，经历移项、提取公因式、配方后，要证明其成立只需要证明化简后的不等式成立12322a a +++≤=，同理可得另外两个也是成立，结合已知条件即可求证结果【详解】证明：(1)要证()()24a b ab cabc ++≥，可证222240a b ac ab bc abc +++-≥，需证()()2222b 220ac ac a c b bc +-++-≥， 即证()()220b a c a c b -+-≥，当且仅当a b c ==时，取等号，由已知，上式显然成立， 故不等式()()24a b ab cabc ++≥成立．(2)因为,,a b c 均为正实数，12322a a +++=，当且仅当12a +=时，取等号， 12322b b +++≤=当且仅当12b +=时 ，12322c c +++≤=当且仅当12c +=时，取等号，62a b c d+++≤=≤1a b c ===时，取等号．【点睛】本题考查了不等式的证明问题，在求解过程中可以运用基本不等式、对要证明的不等式进行化简等方法来求证，关键是要灵活运用基本不等式等方法求证结果．9．（2020·宜宾市叙州区第一中学校高三月考（理））已知()121f x x x =+--．()1求不等式()0f x >解集；()2若x R ∈时，不等式()f x a x ≤+恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）{|02}x x <<；（2）[)1,+∞ 【解析】【分析】（1）由题意得121x x +>-|，可得22121x x +>-，整理可得220x x -<，利用一元二次不等式的解法可得结果不；（2）()()g x f x x =-，将()g x 写出分段函数形式，利用单调性可得12x =时，()g x 取得最大值1，所以a 的取值范围是[)1,+∞． 【详解】（1）由题意得|x ＋1|＞|2x －1|, 所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}．（2）由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则,由g (x )的单调性可知，x ＝12时，g (x )取得最大值1， 所以a 的取值范围是[1，＋∞）． 【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想； ④转化法，转化为一元二次不等式或对数、指数不等式.10．（2020·四川省棠湖中学高二月考（文））选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x x =-（Ⅰ）解不等式()()216f x f x ++≥；（Ⅱ）对()1,0a b a b +=>及x R ∀∈，不等式()()41f x m f x a b---≤+恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（Ⅰ）(][),13,-∞-+∞.（Ⅱ）135m -≤≤. 【解析】【分析】【详解】详解：（Ⅰ）()()133,,21212211,2,233, 2.x x f x f x x x x x x x ⎧-<⎪⎪⎪++=-+-=+≤≤⎨⎪->⎪⎪⎩当12x <时，由336x -≥，解得1x ≤-； 当122x ≤≤时，16x +≥不成立； 当2x >时，由336x -≥，解得3x ≥.所以不等式()6f x ≥的解集为(][),13,-∞-+∞.（Ⅱ）因为()1,0a b a b +=>，所以()41414559b a a b a b a b a b ⎛⎫+=++=++≥+= ⎪⎝⎭. 由题意知对x R ∀∈，229x m x -----≤， 即()max229x m x -----≤，因为()()22224x m x x m x m -----≤---+=--， 所以949m -≤+≤，解得135m -≤≤.【点睛】⑴ 绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：①绝对值定义法；②平方法；③零点区域法．⑵ 不等式的恒成立可用分离变量法．若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也是求最值．一般有： ① ()()(f x g a a <为参数）恒成立max ()()g a f x ⇔> ②()()(f x g a a >为参数）恒成立max ()()g a f x ⇔< ．11．（2020·四川省泸县第四中学高二期中（文））已知()23f x x m x =++-.（Ⅰ）若2m =，求不等式()6f x >的解集；（Ⅱ）若关于x 的不等式()233f x x x ≤-+在[]1,5上恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）7(,1)(,)3-∞-⋃+∞（2）[4,2]- 【解析】【分析】（1）分情况去掉绝对值，得到分段函数的形式，分段解不等式即可；（2）依题意，得23233x m x x x ++-≤-+，即3x m x +≤按照绝对值的几何意义得到()()maxmin 42m x m x ⎧≥-⎪⎨≤⎪⎩.【详解】（1）依题意，得2236x x ++->.()31,2,35,2,2331,.2x x f x x x x x ⎧⎪-+<-⎪⎪=--≤≤⎨⎪⎪->⎪⎩当2x <-时，由()316f x x =-+>，得35x <-，即53x <-，所以2x <-；当322x -≤≤时，由()56f x x =->，得1x <-，所以21x -≤<-； 当32x >时，由()316f x x =->，得37x >，即73x >，所以73x >.综上所述，不等式()6f x >的解集为()7,1,3⎛⎫-∞-⋃+∞⎪⎝⎭. （2）依题意，得23233x m x x x ++-≤-+，即3x m x +≤，所以33x x m x -≤+≤.所以42x m x -≤≤在[]1,5恒成立，所以()()maxmin42m x m x ⎧≥-⎪⎨≤⎪⎩ 所以42m -≤≤，所以实数m 的取值范围为[]4,2-.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解，以及不等式的恒成立问题，其中解答中根据绝对值的定义，合理去掉绝对值号，及合理转化恒成立问题是解答本题的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，以及转化思想的应用.12．（2020·威远中学校高三月考（文））（选修4-5：不等式选讲）已知函数()()230f x x m x m m =--+>. （1）当1m =时，求不等式()1f x ≥的解集；（2）对于任意实数x ，t ，不等式()21f x t t <++-恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）{}31x x -≤≤- (2) 605m << 【解析】【分析】(1)先由1m =，将原函数变为()123f x x x =--+，将函数写出分段函数的形式，解不等式即可；(2)先由题意可知，对于任意实数x ，t ，不等式()21f x t t <++-恒成立，等价于()()max min 21f x t t <++-，进而可求出结果.【详解】（1）当1m =时，()34,2312332,124,1x x f x x x x x x x ⎧+<-⎪⎪⎪=--+=---≤≤⎨⎪-->⎪⎪⎩因为()1f x ≥，所以3241x x ⎧<-⎪⎨⎪+≥⎩或者312321x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪--≥⎩或者141x x >⎧⎨--≥⎩ 解得：332x -≤<-或者312x -≤≤-， 所以不等式()1f x ≥的解集为{}31x x -≤≤-.（2）对于任意实数x ，t ，不等式()21f x t t <++-恒成立，等价于()()max min21f x t t <++-因为()()21213t t t t ++-≥+--=，当且仅当()()210t t +-≤时等号成立， 所以()min213t t ++-=因为0m >时，()23f x x m x m =--+= 34,2332,24,m x m x m x m x m x m x m ⎧+<-⎪⎪⎪---≤≤⎨⎪-->⎪⎪⎩函数()f x 单增区间为3,2m ⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单间区减为3,2m ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，所以当32m x =-时，()max 3522m mf x f ⎛⎫=-=⎪⎝⎭所以532m<， 所以实数m 的取值范围605m <<. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式解法，以及不等式恒成立问题，属于中档试题. 13．（2020·四川省树德中学高三三模（文））已知函数()f x =│x +1│–│x –2│.（1）求不等式()f x ≥1的解集；（2）若不等式()f x ≥x 2–x +m 的解集非空，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）[)1,+∞；（2）5,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【解析】【分析】（1）由于f （x ）＝|x +1|﹣|x ﹣2|31211232x x x x --⎧⎪=--≤≤⎨⎪⎩，＜，，＞，解不等式f （x ）≥1可分﹣1≤x ≤2与x ＞2两类讨论即可解得不等式f （x ）≥1的解集；（2）依题意可得m ≤[f （x ）﹣x 2+x ]max ，设g （x ）＝f （x ）﹣x 2+x ，分x ≤1、﹣1＜x ＜2、x ≥2三类讨论，可求得g （x ）max 54=，从而可得m 的取值范围． 【详解】解：（1）∵f （x ）＝|x +1|﹣|x ﹣2|31211232x x x x --⎧⎪=--≤≤⎨⎪⎩，＜，，＞，f （x ）≥1， ∴当﹣1≤x ≤2时，2x ﹣1≥1，解得1≤x ≤2； 当x ＞2时，3≥1恒成立，故x ＞2； 综上，不等式f （x ）≥1的解集为{x |x ≥1}．（2）原式等价于存在x ∈R 使得f （x ）﹣x 2+x ≥m 成立， 即m ≤[f （x ）﹣x 2+x ]max ，设g （x ）＝f （x ）﹣x 2+x ．由（1）知，g （x ）22231311232x x x x x x x x x ⎧-+-≤-⎪=-+--⎨⎪-++≥⎩，，＜＜，， 当x ≤﹣1时，g （x ）＝﹣x 2+x ﹣3，其开口向下，对称轴方程为x 12=-＞1， ∴g （x ）≤g （﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；当﹣1＜x ＜2时，g （x ）＝﹣x 2+3x ﹣1，其开口向下，对称轴方程为x 32=∈（﹣1，2）， ∴g （x ）≤g （32）9942=-+-154=； 当x ≥2时，g （x ）＝﹣x 2+x +3，其开口向下，对称轴方程为x 12=＜2， ∴g （x ）≤g （2）＝﹣4+2+3＝1； 综上，g （x ）max 54=，∴m 的取值范围为（﹣∞，54]． 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．14．（2020·四川省南充高级中学高三月考（理））[选修4-5：不等式选讲]设函数()|1|f x x =+.（1）求不等式()5(3)f x f x ≤--的解集；（2）已知关于x 的不等式2()||4f x x a x ++≤+在[1,1]-上有解，求实数a 的取值范围. 【答案】(1) {}23x x -≤≤ (2) 24a -≤≤ 【解析】【分析】（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题x a 2x +≤-在[]1,1-上有解，去绝对值分离变量a 即可.【详解】（1）不等式()()f x 5f x 3≤--，即x 1x 25++-≤等价于1,125,x x x <-⎧⎨---+≤⎩ 或12,125,x x x -≤≤⎧⎨+-+≤⎩或2,125,x x x >⎧⎨++-≤⎩解得 2x 3-≤≤，所以原不等式的解集为{}x 2x 3-≤≤；（2）当[]x 1,1∈-时，不等式()2f x x a x 4++≤+，即x a 2x +≤-， 所以x a 2x +≤-在[]1,1-上有解 即2a 22x -≤≤-在[]1,1-上有解， 所以，2a 4-≤≤．【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.15．（2020·四川省泸县第四中学高三月考（文））已知函数2()|||23|f x xm x m .（1）求证：()2f x ≥；（2）若不等式(2)16f ≤恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）1⎡⎤-⎣⎦.【解析】【分析】（1）由绝对值不等式性质得()()()2f x x mx 2m 3≥+---即可证明；（2）由()2f 2m 22m 1=+++去绝对值求解不等式即可.【详解】（1）因为()()()22f x x m x 2m 3x mx 2m 3=++--≥+---，所以()()22f x m 2m 3m 122≥++=++≥.2m 2m 316++≤,即()2m 114+≤（2）由已知，()2f 2m 22m 1=+++①当m≥-12时，()f 216≤等价于2m 2m 316++≤,即()2m 114+≤，解得1m 1≤≤所以1m 12-≤≤②当m<-12时，()f 216≤等价于，2m 2m 116-+≤,解得-3≤m≤5,所以-3≤m<12-综上，实数m 的取值范围是1⎡⎤-⎣⎦.【点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式恒成立问题，熟练运用零点分段取绝对值，准确计算是关键，是中档题.16．（2020·四川省高三期末（文））已知函数()|||25|(0)f x x a x a =++->.（1）当2a =时，解不等式()5f x ≥；（2）当[,22]x a a ∈-时，不等式()|4|f x x ≤+恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）8{|2}3x x x ≤≥或； （2）13(2,]5. 【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到a 的取值范围，判断x a +，4x +为正，去掉绝对值，转化为254x a -≤-在[],22x a a ∈-时恒成立,得到4a ≤，4254a x a -≤-≤-，在[],22x a a ∈-恒成立，从而得到a 的取值范围.【详解】（1）当2a =时，()33,252257,22533,2x x f x x x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=++-=--≤≤⎨⎪⎪->⎪⎩，由()5f x ≥，得2335x x <-⎧⎨-≥⎩，即223x x <-⎧⎪⎨≤-⎪⎩，2x <-或52275x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪-≥⎩，即5222x x ⎧-≤≤⎪⎨⎪≤⎩，22x -≤≤ 或52335x x ⎧>⎪⎨⎪-≥⎩，即5283x x ⎧>⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，83x ≥ 综上：2x ≤或83x ≥， 所以不等式()5f x ≥的解集为8{|2}3x x x 或≤≥. （2）()4f x x ≤+，()254f x x a x x =++-≤+， 因为[],22x a a ∈-，22a a ->， 所以2a >，又[],22x a a ∈-，0x a +>，40x +>， 得254x a x x ++-≤+.不等式恒成立，即254x a -≤-在[],22x a a ∈-时恒成立， 不等式恒成立必须4a ≤，4254a x a -≤-≤-， 解得129a x a +≤≤-.所以21449a a a a≥+⎧⎨-≤-⎩，解得1315a ≤≤， 结合24a <≤，所以1325a <≤， 即a 的取值范围为132,5⎛⎤⎥⎝⎦. 【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题. 17．（2020·四川省泸县第一中学高三月考（文））已知函数．（1）求不等式()4f x ≤的解集；（2）设函数()f x 的最小值为m ，当a ，b ，c +∈R ，且a b c m ++=时，的最大值． 【答案】（1）223x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭（2）【解析】【分析】（1）根据x 的不同范围，去掉绝对值，然后求解不等式 （2）利用基本不等式的合理利用求最大值 【详解】（1）①当12x <时，()324f x x =-+≤ 2132x ∴-≤<②当112x ≤<时，()4f x x =≤ 112x ∴≤< ③当1x ≥时，()324f x x =-≤ 12x ∴≤≤ 综上：()4f x ≤的解集为223x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭（2）法一：由（1）可知()132,21,1232,1x x f x x x x x ⎧-+<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪-≥⎪⎪⎩()min 12f x ∴=即12m =又*,,a b c R ∈且12a b c ++=则2221a b c ++=，设x y z ===222x y xy +≥ 2222121222xy x y a b a b ∴≤+=+++=++同理：2222yz b c ≤++，2222zx c a ≤++2222222222228xy yz zx a b b c c a ∴++≤++++++++=()2222222212121812x y z x y z xy yz zx a b c ∴++=+++++≤++++++=x y z ∴++≤当且仅当16a b c ===时取得最大值法二：由（1）可知()132,21,1232,1x x f x x x x x ⎧-+<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪-≥⎪⎪⎩()min 12f x ∴=即12m =又*,,a b c R ∈且12a b c ++==444212121333222a b c ⎫++++++⎪≤++⎪ ⎪⎝⎭当且仅当16a b c ===时取得最大值法三：由（1）可知()132,21,1232,1x x f x x x x x ⎧-+<⎪⎪⎪=≤<⎨⎪-≥⎪⎪⎩()min 12f x ∴=即12m =12a b c ∴++=2121214a b c ∴+++++= 由柯西不等式可知：()())2222222111111++⨯++≥即：)211121++≤≤当且仅当212121a b c +=+=+即16a b c ===时，取得最大值【点睛】考核绝对值不等式的解法，以及基本不等式的运用18．（2020·四川省树德中学高三二模（文））已知函数f(x)=|x −1|+|x +2|，记f(x)的最小值为m .（Ⅰ）解不等式f(x)≤5；（Ⅱ）若正实数a ，b 满足1a +1b =√5，求证：2a +3b ≥2m . 【答案】（Ⅰ）{x|−3≤x ≤2}（Ⅱ）见证明 【解析】【分析】(Ⅰ)由题意结合不等式的性质零点分段求解不等式的解集即可； (Ⅱ)首先确定m 的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（Ⅰ）①当x >1时，f(x)=(x −1)+(x +2)=2x +1≤5，即x ≤2， ∴1<x ≤2；②当−2≤x ≤1时，f(x)=(1−x)+(x +2)=3≤5， ∴−2≤x ≤1；③当x <−2时，f(x)=(1−x)−(x +2)=−2x −1≤5，即x ≥−3， ∴−3≤x <−2.综上所述，原不等式的解集为{x|−3≤x ≤2}.（Ⅱ）∵f(x)=|x −1|+|x +2|≥|(x −1)−(x +2)|=3， 当且仅当−2≤x ≤1时，等号成立. ∴f(x)的最小值m =3.∴[(√2a )2+(√3b )2][(√2)2+(√3)2]≥(√2a√2√3b ×√3)2=5，即2a 2+3b 2≥6， 当且仅当√2a√3=√3b √23a =2b 时，等号成立.又1a +1b =√5，∴a =√53，b =√52时，等号成立.∴2a 2+3b 2≥2m .【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，绝对值三角不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．（2020·四川省棠湖中学高三月考（文））选修4-5：不等式选讲设a >b >0，且ab =2，记a 2+b 2a−b的最小值为M .（1）求M 的值，并写出此时a ，b 的值； （2）解关于x 的不等式：|3x +3|+|x −2|>M . 【答案】（1）答案见解析；（2）(−∞,−54)∪(−12,+∞) 【解析】【分析】(1)由题意结合均值不等式的结论求解M 的值和满足题意时的a ,b 值即可； (2)结合(1)的结果分类讨论求解绝对值不等式即可. 【详解】(1)因为a >b >0，所以a −b >0,4a−b >0， 根据均值不等式有a 2+b 2a−b=(a−b)2+4a−b=a −b +4a−b ≥4，当且仅当{ab =2a−b=2， 即{a =√3+1b =√3−1时取等号， 所以M 的值为4.(2)当x ≤−1时，原不等式等价于−(3x +3)+(2−x)>4， 解得x <−54；当−1<x <2时，原不等式等价于(3x +3)+(2−x)>4， 解得−12<x <2；当x ≥2时，原不等式等价于(3x +3)+(x −2)>4， 解得x ≥2；综上所述原不等式解集为(−∞,−54)∪(−12,+∞)． 【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 20．（2020·四川省高三期末（理））设函数()21f x x x =+--.（1）求不等式()1f x >的解集；（2）若关于x 的不等式()412f x m +≥-有解，求实数m 的取值范围． 【答案】(1) (0,)+∞;(2) 34m -≤≤.【解析】试题分析：（1）由条件利用绝对值的意义求得不等式f （x ）＞1解集;（2）根据题意可得|x+2|-|x-1|+4≥|1-m|有解，即|x+2|-|x-1|+4 的最大值大于或等于|1-m|，再利用绝对值的意义求得|x+2|-|x-1|+4 的最大值，从而求得m 的范围． 试题解析：（1）函数()f x 可化为()3,2,{21,21,3,1,x f x x x x -≤-=+-<<≥当2x ≤-时，()30f x =-<，不合题意；当21x -<<时，()2110f x x x =+>⇒>，即01x <<；当1x ≥时，()31f x =>，即1x ≥.综上，不等式()1f x >的解集为()0,+∞. （2）关于x 的不等式()412f x m +≥-有解等价于()()max412f x m +≥-，由（1）可知()max 3f x =，（也可由()()()21213f x x x x x =+--≤+--=，得()max 3f x =），即127m -≤，解得34m -≤≤.21．（2020·遵义市南白中学高三其他（理））已知函数()1f x x =-.（1）解不等式()()48f x f x ++≥；（2）若1a <，1b <，0a ≠，求证：()b f ab a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭. 【答案】（1）(][),53,-∞-+∞；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分3x <-、31x -≤≤、1x >三种情况解不等式()()48f x f x ++≥，即可得出该不等式的解集；。
压轴解答题第五关 以数列与不等式相结合的综合问题【名师综述】数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．类型一 求数列中的最值问题典例1 已知等比数列{}n a 的公比为()1λλ>，且11a =，数列{}n b 满足11n n n b b a λ++-=-，111b λ=-． （1）求数列{}n b 的通项公式．（2）规定：[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]1.22-=-，[]2.12=．若2λ=，122n n c b n =+-，记()1232n n T c c c c n =+++⋅⋅⋅+≥ 求2221n n n T T T ⎡⎤-+⎢⎥-⎣⎦的值，并指出相应n 的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第三模拟）【答案】（1）11n n b n λλλλ=-+--，*n N ∈；（2）当2n =时，22231nn n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【解析】（1）由题意得()11n na λλ-=>，则()11n n nb b λλλ+-=->，当2n ≥时，()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+，()()()12111n n λλλλλλλ--=-+-+⋅⋅⋅+-+-()()121111n n n λλλλλ--=++⋅⋅⋅+--+-11nn λλλλ=-+--， 又由111b λ=-，符合上式， 因此11nn b n λλλλ=-+--，*n ∈N ．（2）由（1）知，当2λ=时，1102221n n n c b n ==>+--．易知2n =时，21243T c c =+=，此时22210313n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦；3n =时，31233121T c c c =++=，此时2221012212110n n n T T T ⎡⎤-+⎡⎤=++=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦； 当3n ≥时，3n T T ≥，因为2n ≥时，113212n n n c +=<-， 所以1341111182111317131311122242412n n n n T -+-⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦<+++⋅⋅⋅+=+⨯=+-<⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-，因此374n T T ≤<， 令1n x T =-，则103,214x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，22211111n n n n n T T T x T T x -+=-+=+--， 利用对勾函数的单调性，得125,12x A x ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦（其中10122110A =++）， 从而22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．综上，当2n =时，22231n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦；当3n ≥时，22221n n n T T T ⎡⎤-+=⎢⎥-⎣⎦．【名师指导】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、解析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决. 【举一反三】在数1和100之间插入n 个实数，使得这2n +个数构成递增的等比数列，将这2n +个数的乘积记作n T ，再令lg n n a T =，1n ≥． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1221212(1)n nn n n a b a a --+=-，设数列{}n b 的前n 项和为n S ，1n nnT S S =-，求n T 的最大项和最小项． 【答案】（1）2n a n =+；（2）最大项为1161120T =-，最小项为242584T =-． 【解析】（1）设这2n +个数构成递增的等比数列{}n t 各项分别为12312,,,n n t t t t t ++，则这2n +个数的乘积12312nn n T t t t t t ++=⋅⋅⋅①， 21321n n n nT t t t t t t ++=⋅⋅⋅⋅⋅②，由等比数列的性质可得 122133100n n n k n k t t t t t t t t +++-⋅=⋅=⋅⋅=⋅=①②两式相乘可得()222210010n n nT ++==，所以210n n T +=，()1n ≥，得2lg lg102n n n a T n +===+，(*)n N ∈．（2）1122121212121212(1)(1)n n n n n nn n n n a a a b a a a a ---+-+-++⋅=-⋅=-1121211111(1)(1)2123n n n n a a n n --+-⎛⎫⎛⎫⋅=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝++⎭=--+，当2n k =时，1111111123557212332369n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=-= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当21n k =-时，11111111263557212332369n n S n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++⋯++=+= ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 2,2,6926,21,69n nn k k Z n S n n k k Z n ⎧=∈⎪⎪+∴=⎨+⎪=-∈⎪+⎩，则当2n k =时，11323nS n =-+单调递增，所以1ny S =单调递减， 1n n nT S S =-单调递增，所以2n =时，n T 最小为222142142521484T S S =-=-=- 当n →+∞时，116911981933232323232321n n n T n S S n n n n n n=-+--=-=--=---+++ 所以83n T <-当21n k =-时，11323n S n =++单调递减，所以1n y S =单调递增， 1n n nT S S =-单调递减，所以1n =时，n T 最大为1111815161158120T S S =-=-=-， 当n →+∞时，116911981933232632326326132n n n n n n S n T n S n n ++-=+-+=-+++++++-=+= 所以83n T >- 所以最大值为1161120T =-，最小值为222142584T S S =-=-． 类型二 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题典例2 函数()[)e cos ,0,xf x a x x ∞=∈+，记n x 为()f x 的从小到大的第*(N )n n ∈个极值点.(1)证明：数列{()}n f x 是等比数列；(2)若对一切*N ,()n n n x f x ∈≤恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析； (2)22[,)ππ-+∞.【解析】(1)由题()2e cos 4xf x a x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即可得到结果；(2)342e 34n n ππππ-≤-恒成立问题，设()e (0)tg t t t =>，然后运用导数知识得到()min n g x ⎡⎤⎣⎦，由()min 2n g x ⎡⎤≤⎣⎦，得到a 的取值范围. (1)()e cos e sin 2e cos 4x x xf x a x a x a x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭'，令()0f x '=，由0x ≥，得42x m πππ+=-，即*3,N 4x m m ππ=-∈， 而对于cos 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当Z k ∈时，若22242k x k πππππ-<+<+，即32244k x k ππππ-<<+，则cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭；若322242k x k πππππ+<+<+，即52244k x k ππππ+<<+，则cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭；因此，在区间()31,4m m πππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭与()3,,44m m f x ππππ⎛⎫-+ ⎪⎭'⎝上的等号总相反， 于是当*3,N 4x m m ππ=-∈时，()f x 取得极值， ∴*3,N 4n x n n ππ=-∈， 此时，()3314432ecos (1)e 42n n n nf x a n a ππππππ--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 易知()0n f x ≠，而()()()312413142(1)e2e 2(1)en n n n n n f x f x a πππππ+-++-+-==--是常数， 故数列(){}n f x 是首项为()412e f x π=，公比为e π-的等比数列﹒(2)对一切()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，即3432e 4n n ππππ--≤342e 34n n ππππ-≤-恒成立， 设()e (0)tg t t t =>，则()()2e 1t t g t t-='，今()0g t '=得1t =， 当01t <<时，()0g t '<，∴()g t 在区间()0,1上单调递减； 当1t >时，()0g t '>，∴()g t 在区间()1,+∞上单调递增；∵()0,1n x ∈，且当2n ≥时，()11,,n n n x x x ∞+∈+<， ∴()()()212min54min ,min ,e 444n g x g x g x g g g πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤==== ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因此，()*N ,n n n x f x ∈≤恒成立，当且仅当224e a ππ≤，解得22e 4a ππ-≥， 故实数a 的取值范围是22e ,4ππ∞-⎡⎫+⎪⎢⎪⎣⎭﹒ 【点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．【举一反三】已知数列{}n a 为等差数列，12a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且()2112233124n n n a b a b a b a b n +++++=-⋅+对任意的*n N ∈恒成立.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；(2)是否存在p ，*q N ∈，使得()2222020p q a b +-=成立，若存在，求出所有满足条件的p ，q ；若不存在，说明理由；(3)是否存在非零整数λ，使不等式122111111cos 21n nn a a a a a πλ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫---<⎪⎪⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭*N n ∈都成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)2,2nn n a n b ==；(2)不存在，理由见解析； (3)存在，1λ=±. 【解析】（1）法1，由题设可得114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，利用等差、等比数列的通项公式列方程求基本量，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式；法2：作差法可得()1·22n n n a b n n +=，令n a kn b =+，结合等差、等比数列的性质求参数，即可得通项公式.（2）假设存在p ，*q N ∈满足条件，则22485012q p p -+-=，根据左侧的奇偶性确定q ，进而求p ，即可确定存在性.（3）由()11cos12n n a π++=-，设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11n n c λ+-<，作商法判断{}n c 单调性，讨论n 的奇偶性结合恒成立求λ的范围，进而可判断存在性. (1)法1：设数列{}n a 的公差为d ，数列{}n b 的公比为q .∵()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+， 令1n =，2，3得：114a b =，112220a b a b +=，11223368a b a b a b ++=，又12a =，∴112233221648a b a b a b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，即()()()()2221622248d q d q ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得：236d q ⎧=-⎪⎨⎪=⎩或22d q =⎧⎨=⎩. 经检验2d =，2q =符合题意，2,63d q =-=不合题意，舍去.∴2,2n n n a n b ==.法2：由()21122331?24n n n a b a b a b a b n ++++⋯+=-+①， 则()()1112233112?242n n n a b a b a b a b n n +--+++⋯+=-+②， ①-②得，()1·22n n n a b n n +=，又114a b =，也符合上式， ∴()1*·2n n n a b n n N +=∈， 由于{}n a 为等差数列，令n a kn b =+，则1·2n n n b kn b+=+，∵{}n b 为等比数列，则()()()1211n n n k n b b q b n kn b -⎡⎤-+⎣⎦==-+（为常数），即()()22220qk k n bq kq b k n qb -+--+-=恒成立，∴2q =，0b =，又12a =，则2k =，故2,2nn n a n b ==；(2)假设存在p ，*q N ∈满足条件，则()24422020q p +-=，化简得22485012q p p -+-=， 由*p N ∈得，248501p p +-为奇数，故22q -为奇数，故2q =. ∴2485011p p +-=，即2242510p p +-=，可得2506p -±=，这与*p N ∈矛盾，∴不存在满足题设的正整数p ，q ；(3)由2n a n =，得()()11coscos 112n n a n ππ++=+=-， 设1211111111n n n c a a a a =⎛⎛⎫⎛⎫--⋯-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝()11.n n c λ+-< ()()212111214841121234831231122n n n n n a c n n n c n n n n n a n a +++++++====>++++-+-+ +⎝⎝，由0n c >，则1n n c c +>，数列{}n c 单调递增. 假设存在这样的实数λ，使得不等式()11n n c λ+-<对一切*N n ∈都成立，则①当n 为奇数时，得()123n min c c λ<==②当n 为偶数时，得()285n min c c λ-<==85λ>综上，8523λ⎛∈ ⎝⎭，由λ是非零整数，则存在1λ=±满足条件. 类型三 数列参与的不等式的证明问题典例3 对于给定的正整数m 和实数α，若数列{}n a 满足如下两个性质：①12m a a a α++⋅⋅⋅+=；②对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则称数列{}n a 具有性质()m P α.(1)若数列{}n a 具有性质2(1)P ，求数列{}n a 的前10项和；(2)对于给定的正奇数t ，若数列{}n a 同时具有性质4(4)P 和()t P t ，求数列{}n a 的通项公式； (3)若数列{}n a 具有性质()m P α，求证：存在自然数N ，对任意的正整数k ，不等式12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥均成立.【来源】北京市东城区2022届高三上学期期末统一检测数学试题 【答案】(1)5(2)1n a = (3)证明见解析 【解析】（1）根据题意得到当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，从而()110255S a a +==；（2）根据题干条件得到21n n n a a a ++==，故{}n a 为常数列，结合12344a a a a +++=求出1n a =；（3）对要证明的不等式变形，构造n n b ma α=-，研究其性质，证明出结论.(1)由题意得：121a a +=，2n n a a +=，则当n 为奇数时，1n a a =，当n 为偶数时，2n a a =，所以数列{}n a 的前10项和()110255S a a +==；(2)由题意得：12344a a a a +++=，4n n a a +=，对于给定的正奇数t ，12t a a a t ++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，n t n a a +=，则令21t k =-，k *∈N ，得：2221214n n k k n k n a a a a +++-+-+===，11212n n k n k n a a a a +++-+===，综上：{}n a 为常数列，由12344a a a a +++=可得：1n a = (3)要证12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥，只需证12N N N k a a a k m α+++++⋅⋅⋅+≥⋅，即证120N N N k a a a m m m ααα+++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+⋅⋅⋅+-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令数列n n b ma α=-，由于{}n a 具有性质()m P α，即12m a a a α++⋅⋅⋅+=，对*n N ∀∈，+=n m n a a ，则12120m mb b b a a a mmmααα++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=，对*n N ∀∈，n m n m n n b mmb a a αα++=--==，所以{}n b 具有性质(0)m P ，令()123i i S b b b b i N *=+++∈，设12,,m S S S 的最小值为()1N S N m ≤≤，对*k N ∀∈，令N k pm r +=+，,,0p r N r m ∈<≤，由于{}n b 具有性质(0)m P ，则有0pm S =，所以123123N k pm r pm pm pm pm pm r r r N S S S b b b b b b b b S S ++++++==+++++=++++=≥，所以0N k N S S +-≥，所以12N N N k a a a k mα+++++⋅⋅⋅+≥成立【举一反三】数列{}n a 满足()*121224N 2n n n a a na n -+++=-∈， (1)求3a 的值；(2)求数列{}n a 前n 项和n T ； (3)令11b a =，()11111223n n n T b a n n n -⎛⎫=++++⋅⋅⋅+≥ ⎪⎝⎭，证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+． 【答案】(1)14；(2)1122n -⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)证明见解析.【解析】(1)根据已知条件，分别取n ＝1，2，3即可依次算出123,,a a a ； (2)用作差法求出{}n a 的通项公式，再求其前n 项和；(3)求123,,S S S ，猜想n S ，用数学归纳法证明n S ；用导数证明()ln 1(0)1xx x x<+>+，令1x n =，得11ln 11n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，用这个不等式对n S 放缩即可得证. (1)依题()()312312312132223323244224a a a a a a --++⎛⎫=++-+=---= ⎪⎝⎭， 314a ∴=； (2)依题当2n ≥时，()()121211212122144222n n n n n n n n nna a a na a a n a ----++⎛⎫⎡⎤=++-++-=---= ⎪⎣⎦⎝⎭， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，又1012412a +=-=也适合此式， 112n n a -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭，∴数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nn n T -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-； (3)111b a ==，1111S b T ∴==⨯， 1221122T b a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ()1212121221111112222T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=+++=++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()2323232331111111111123232323T S S b T a T a T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，猜想：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭① 下面用数学归纳法证明： (i)当n ＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当n k =时，①成立，即1112k k S T k ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭.从而1111111112121k k k k k k T S S b T a k k k +++⎛⎫⎛⎫=+=++++++++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭ ()111121kk T a k +⎛⎫=++++ ⎪+⎝⎭111121k T k +⎛⎫=+++⎪+⎝⎭. 故①成立. 先证不等式()ln 1(0)1xx x x<+>+ ②令()()ln 11xg x x x=+-+， 则()22110(0)1(1)(1)x g x x x x x '=-=>>+++. ()()00(0)g x g x ∴>=>，即②成立.在②中令1x n =，得到111ln 1111n n n n ⎛⎫+>=⎪+⎝⎭+ ③ 当1n =时，12S <； 当2n 时，由①及③得：1112n n S T n ⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ 111ln2ln 1ln 121n T n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫<++++++ ⎪ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ()()111ln2ln3ln2(ln ln 122n n n -⎛⎫⎡⎤=++-++--- ⎪⎣⎦⎝⎭()21ln n <+. 证明完毕.【精选名校模拟】1．已知数列{}n a 满足113a =，11113n n na a +++=． （1）证明：数列1134n na +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1235n a a a ++⋅⋅⋅+<． 【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】（1）证明见解析；()14331nn n a -=⎡⎤+-⎣⎦；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为11113n n n a a +++=，所以2211111313131334444n n n n n n n n n a a a a ++++++⎛⎫-=--=-+=-- ⎪⎝⎭， 又119933444a -=-=，所以数列1134n n a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以34为首项，1-为公比的等比数列， 所以()11133144n n n a +--=⋅-，即()113314n n n a -⎡⎤=+-⎣⎦，故()14331n n n a -=⎡⎤+-⎣⎦． （2）由113a =，216a =，得121325a a +=<，当4n ≥且n 为偶数时，11111141143341133131333231333n n n n n n n n n n na a ------+⎛⎫⎛⎫+=+=⋅<+ ⎪⎪+-⋅+⋅-⎝⎭⎝⎭， 所以1234111411113633333n n n a a a -⎛⎫++⋅⋅⋅+<++⨯++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭114123132712322754513+⨯=+=<<-； 当3n ≥且n 为奇数时，1n +为偶数，则12135n n a a a a +++⋅⋅⋅++<，由于0n a >，则1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．综上，1235n a a a ++⋅⋅⋅+<．2．已知数列{}n a 是正项等比数列，且12a =，32111a a -=，若数列{}n b 满足114b =，11n n n b b a +=+． （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）已知111n n n nc a b b ++=⋅⋅，记12n n S c c c =++⋅⋅⋅+．若28n S nλ>-恒成立，求实数λ的取值范围．【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第七模拟） 【答案】（1）212n n a -=，()1214n n b =-；（2）24,5⎛⎫+∞⎪⎝⎭． 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为q ，则0q >， 因为12a =，32111a a -=，所以211122q q -=，即21120q q --=，解得1q =-（舍去）或12q =，故数列{}n a 的通项公式为1211222n n n a --=⨯=． 因为11n n nb b a +=+，所以212n n n b b -+-=， 又114b =，所以当2n ≥时，()()()312132111242n n n n b b b b b b b b --=+-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅⋅+()()1121421124n n -==--．经检验，114b =也满足上式，所以()1214n n b =-．（2）由（1）得，()()()()11111128212121212116n nn nn n n n n n c a b b -++++⋅===⋅⋅-⋅--⋅- ()()()()1118212111821212121n nn n nn +++⎡⎤⋅---⎛⎫⎣⎦==- ⎪---⋅-⎝⎭，所以12122311111118212121212121n n n n S c c c +⎛⎫=++⋅⋅⋅=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪------⎝⎭111111*********n n ++⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭． 又28n S n λ>-恒成立，所以21821n n λ+>-恒成立．设()2121n n f n +=-，*N n ∈，则()()()()()()()22122121212211*********n n n n n n n n n n f n f n +++++-++⋅-+++-=-=----． 易知当2n ≤时，()()10f n f n +->；当3n ≥时，()()10f n f n +-<． 于是()()()()()12345f f f f f <<>>>⋅⋅⋅，所以()()max 335f n f ==，所以实数λ的取值范围是24,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 3．已知数列{n a }的前n 项和为n S 且满足2n S =3n a -n . (1)求{n a }的通项公式； (2)证明：1211132n a a a +++<. 【来源】重庆市育才中学2022届高三上学期一诊模拟（三）数学试题 【答案】(1)312n n a -=(2)证明见解析 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.(1)因为2n S =3n a -n . 所以12n S +=13n a +-n -1，所以所以1111313222n n n a a a +⎛⎫+=++=+ ⎪⎝⎭， 所以12n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是首项为11322a +=，公比为3的等比数列.所以1322nn a +=，所以312n n a -=；(2)证明： ，122321211·11313313331133n n n n n n n n -==⋅⋅=----，.4．已知实数列{n a }，{}n b |满足11,1a p b ==．数列{n n a b }是公差为p 的等差数列，数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为p 的等比数列．(1)若2p =，求数列{n a }的通项公式；(2)记数列2{}n a ，2{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ．若2p ≥，证明：()*2211,N 1n n nS T n ap ->-∈-．【来源】浙江省“数海漫游”2021-2022学年高三上学期第二次联考数学试题 【答案】(1)122n n a n +，*N n ∈；(2)证明见解析.【解析】（1）由题设可得2n n a b n =，2n nna b =，两式相乘并结合12a =即可确定{n a }的通项公式； （2）由（1）易知21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=，应用错位相减法求n S ，n T ，进而可得222211)11(1[(1)]1(1)n n nnnS T p p p p p p a n +-=+-⋅---，根据单调性和已知条件，对右式放缩处理即可证结论. (1)由题设，{n n a b }是首项、公差均为2的等差数列，n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项、公比均为2的等比数列，∴2n n a b n =，2n nna b =，则212n n a n +=⋅，故122n n a n +=，而12a =，∴122n n a n +=，*N n ∈.(2)由题设易知：21n n a n p +=⋅，21n n nb p -=， 23112...n n S p p n p +=⨯+⨯++⋅，则341212...(1)n n n p p n p pS n p ++=⨯+⨯++-⋅+⋅，所以223122((.))111..n n n n n p p p p pn pn p S p p +++-=+++-⋅=---，故222(1)(1)1n n n p p p S np p+-=---，则22(1)1(1)n n n n p p p p S np a p -=--- 01112...n n n T p p p -=+++，则121121...n n n T n np p p p p--=++++， 所以011111111(1)...11nn n n n n n p T p p p p p p p---=+++-=--，故22(1)(1)(1)n n n n p p np T p p p p -=---，则2222(1)1(1)(1)n n n n n T p p np p p p a -=--- 222211)11|(1[(1)]|1(1)n nnn nS T p p a p p n pp +-=+-⋅---，2p ≥，*N n ∈， 而21221)11(1[(1)]1(1)n n p p p p n p p ++-⋅-=--212(1)11[]01(1)(1)1n n p n p p n p np p p +--++>---恒成立， 当p 趋向于无穷大时，211n p +、21n p趋向于0，故222211)11(1[(1)]1(1)n n nnn S T p p p p p p a n +-=+-⋅---211(1)p p p p n >-⋅--， 又211(1)p p p p n -⋅--在*N n ∈上递增，所以222111(1)(1)n n n S T p p a p p p ->-=----，得证. 5．已知数列{}n a 满足1222n n a a a a =-，*n N ∈．(1)证明：数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)记12n n T a a a =，*n N ∈，22212n n S T T T =++．证明：当*n N ∈时，11243n n S a +>-．【来源】安徽省淮南市2022届高三上学期一模理科数学试题 【答案】(1)证明见解析；()*12n n a n N n +=∈+;(2)证明见解析【解析】（1）对题干条件变形整理为1111(2)11n n n a a --=≥--，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明. (1)当1n =时，1122a a =-，123a = 当2n ≥时，1222n n a a a a =-；121122n n a a a a --=-相除得11(2)1nn n a a n a --=≥- 整理为：1111(2)111n n n na n a a a -==-≥---，即1111(2)11n n n a a --=≥--， 11n a ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭为等差数列，公差1d =，首项为1131a =-；所以()13121n n n a =+-=+-，整理为：()*12n n a n N n +=∈+，经检验，符合要求.(2)由（1）得：()*12n n a n N n +=∈+． 1222n n T a a a n ==+， 2244114(2)(2)(3)23n T n n n n n ⎛⎫∴=>=- ⎪+++++⎝⎭， 22212111112441342333n n S T T T n n n ⎛⎫⎛⎫∴=++>-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭112224333n n n S a n ++∴>-=-+， 所以，当*n N ∈时，11243n n S a +>-．6．[]x 表示不超过x 的最大整数，正项数列{}n a 满足11a =，2212211n n n na aa a --=-.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ； (2)求证：[]2222321log (2)2n a a a n n +++>>； (3)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：当2n >时，有2312212log 2123n n n S S a n ⎫+<++⎪⎭.【答案】(1)n a n=证明见解析.(3)证明见解析. 【解析】 （1）由已知得221111n n a a --=，由等差数列的定义得21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，由此可得数列的通项； （2）由已知得1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<，有()11111232m n ++⋯+>+，由21log 2m n m +<+，可得证；（3）由已知得2211n n n S S n n -=，当2n >时，2211n n n S S n n --=- ，22112111n n n S S n n ----=--， ⋯ ，22221122S S -=-，累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）的结论可得证. (1)解：2212211n n n n a a a a --=-，221111n n a a -∴-=， 2111a = ，21n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项1为公差的等差数列，21n n a ∴=， n a n∴=； (2)证明：2222311123n a a a n++⋯+=++⋯+， 1122=，221111134222+>+=，⋯，4441111111910162222++⋯+>++⋯+=，设1122m n k -=++⋯++，其中k ，m N ∈且102m k +<， 则()11111232m n ++⋯+>+， 又112222m m m n k +++=+<，从而21log 2m n m +<+，[]2log 1n m ∴=+，所以[]21111log 232n n ++⋯+>，[]2222321log (2)2n a a a n n ∴++⋯>>； (3)证明：1n a n =，1n n S S n-∴=，2211n n n S S nn -∴= ∴当2n >时，2211n n n S S nn --=， 22112111n n n S S n n ----=---， ⋯ ， 22221122S S -=-， 累加得：232111122323n n S n n ⎛⎫-=-++⋯+ ⎪⎝⎭，由（2）结论有[]2322112log 223n n S n n -<-[]()231221121log 22123n n S n n ∴+<-+312212log 2123n n n <-31222log 123n n a n =+ ，故得证. 7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(n ，()*)n S n N ∈在函数2y x =的图象上，数列{}n b 满足()1*1622,n n n b b n n N +-=+∈，且113b a =+(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)证明列数12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n b 的通项公式； (3)设数列{}n c 满足对任意的*312123122,2222n n nn c c c c n N a b b b b +∈=+++⋯+++++均有成立，求1232010c c c c +++⋯+的值．【答案】(1)()*21n a n n N =-∈(2)证明见解析，()*62n n n b n N =-∈(3)()20112695+ 【解析】（1）利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求解数列{}n a 的通项公式；（2）根据题干条件变形得到1113122n n n n b b --⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭()2n ≥，从而得到结果；（3）求出()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩，利用分组求和和等比数列求和公式进行求解. (1)点(),n n S 在函数2y x =的图象上，()2*n S n n N ∴=∈当1n =时，21111a S ===当2n 时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=- 11a =也适合，{}n a ∴的通项公式为()*21n a n n N =-∈(2)∵()11622n n n b b n +-=+∴()1111116211333122222n n n n n n n n n b b b b n +-----+⎛⎫+=+=+=+ ⎪⎝⎭ ∵111134132bb a =+=∴+= ∴12n nb ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭其首项为3，公比为3的等比数列 ∴113332n n nn b -+=⨯= ∴()*62n n n b n N =-∈(3)由（2）得26n nn b +=由题意得：n *∈N 均有，3111231232222n n nn c c c c a b b b b +=++++++++ ∴()3111231123122222n n n n c c c c a n b b b b ---=++++++++ ∴()1222nn n nn c a a n b +-==+ ∴()2226n nn n c b =+=⨯()2n又∵12132c a b ==+ ∴()11323618c b =+=⨯= ∴()()181262n nn c n ⎧=⎪=⎨⨯⎪⎩∴()234201012320101826666c c c c +++⋯+=++++⋯+ =()1232010626666++++⋯+=()20102011661261862615-⋅++⋅=-=()20112695+ 8．在等比数列{}n a 中，已知12a =，且2a ，13a a ，4a 依次是等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}2n n a a -的前n 项和为n S .（i ）求n S ； （ii ）求证：126ni i i ia b S =+<∑. 【来源】天津市南开区2021-2022学年高三上学期期末数学试题 【答案】(1)2n n a =，2n b n =；(2)（i ）()()1221213nn +--，（ii ）证明见解析. 【解析】(1)设出等比数列{}n a 的公比，根据已知条件列出方程求出此公比及等差数列{}n b 的公差，再列式即可作答. (2)(i)由(1)的结论结合分组求和方法即可计算n S ；(ii)利用(1)和(i)的结论，借助裂项相消法求出12ni i i ia b S =+∑即可作答. (1)设等比数列{}n a 的公比为q ，而等差数列{}n b 的第2项，第5项，第8项成等差数列，则()13242a a a a +=+， 即()2311112a a qa q a q +=+，解得2q，又12a =，于是得112n n n a a q -==，显然有224b a ==，8416b a ==，则等差数列{}n b 公差28282a d a -==-，2(2)2nb b n d n =+-=， 所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别是2n n a =，2n b n =. (2)(i)由(1)得，()()2222123123n n n S a a a a a a a a =++++-++++()()232344442222n n =++++-++++()()()()14142122212114123n n nn +--=-=----.(ii)由(i)得，()()()11321212*********nn n n n n n n n a b n n S ++⋅++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭， 所以122334112233445123[()()()()]2121212121212121ni i n n i i a b n n S +=+++=-+-+-++---------∑123(2)621n n ++=-<-. 9．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足112n n n S a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭． (1)求数列{}n a 的前n 项和n S ； (2)记1231111n n T S S S S =++++，证明：112n Tn n +< 【答案】(1)n S n 证明见解析 【解析】（1）根据1n n n a S S -=-，整理后2211n n S S --=，根据等差数列的性质可知{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列 （2）先对1nS 进行放缩，然后利用分母有理化进行裂项后求和. (1)解：由题意得：112n n n S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∴11112nn n n nS S S S S等式两边同乘()12n n S S --，得2221112221n n n n n n n S S S S S S S ----⋅=+-⋅+整理得2211n nS S --=，由111112S a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，得211S =，即{}2n S 是首项为1，公差为1的等差数列∴2n S n =，n S n(2)12n S n n ==121n n n n n <<+++-∴12311111223341n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+>++⋅⋅⋅++++++()22132431211n n n =⋅⋅⋅++=+∴)211n T n >+，12311112121321n n T S S S S n n =+++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅++++-(21213212n n n =+⋅⋅⋅+-=∴2n T n < 112nT n n +<< 10．已知无穷数列{}n a 满足1a a =，112n n na a a +=-. （1）若2a =； （i ）求证：1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤；（ii ）数列{}n b 的前n 项和为n S 且122121n n n b a a +=--+，求证：1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭；（2）若对任意的*N n ∈，都有0n a >，写出a 的取值范围并说明理由. 【答案】（1）（i ）证明见解析，（ii ）证明见解析；（2）1a ≥. 【解析】（1）（i ）首先根据已知条件推出1n a +与n a 的大小关系，计算出111n n a a ---，然后求出12na +的取值范围，从而可使问题得证；（ii ）首先根据条件求出11111n n n b a a +=---，然后求出n S ，从而结合（i ）的结论使问题得证； （2）首先分1a >，1a =，1a <三种情况求出n a 的取值范围，当1a <时，求出111n na a +--的取值范围，从而可推出在00n a >时，当()0021log 01n n n n a a >+>-时，0n a <，不符合题意，即可求解a 的取值范围．【详解】（1）（i ）由112n n n a a a +=-可得11n n n na a a a +-=-， ①当1n =时，∵12a a ==，∴211110a a a a -=->，∴21a a >， ②假设n k =时，121k k a a a a +>>>>，则2k a ≥，∴1n k =+时，211110k k k k a a a a ++++-=->，21k k a a ++>，由①②可知对一切正整数n 都有1n n a a +>，∴()()21211211n n n n n n na a a a a a a ++----==，∴11211522,12n n n n n a a a a a +-+⎛⎤==+∈ ⎥-⎝⎦， ∴()()1111512112n n n a a a --⎛⎫-⋅<-≤- ⎪⎝⎭，∴1152112n n n a --⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，但当1n =时，111212a -+==，∴1152112n n n a --⎛⎫+≤+ ⎪⎝⎭≤．（ii ）∵()()12111n n n na a a a ++--=，∴()()1111112113121n n n n n n a a a a a a +⎛⎫==+ ⎪-+--+⎝⎭，∴13111121n n n a a a +=+--+， ∴11211112111n n n n n b a a a a ++=-=--+--， ∴12231111111111111n n n a a a a a S a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111n n a a a ++=-=----， 由（i ）知152112nn n a +⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭≤，可得1211512n n n a +⎛⎫⎛⎫≤< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，即11121111215n nn a +⎛⎫⎛⎫-<-≤-< ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， ∴1112nn S ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭．（2）∵对任意的*N n ∈，都有0n a >， 且11n n n na a a a +-=-，∴显然0a >，由（1）证明知， ①若11a a =>，则10n n a a +->，∴1n n a a +>，∴0n a >； ②若11a a ==，则{}n a 为常数列，∴0n a >；③若11a a =<，则10n n a a +-<，∴1n a a ≤<， 又11121n n na a a +-=+-， 若00n a >，则0122n a +>，则1121n na a +->-， ∴()00112n nn n a a -->-⋅，∴当()001120n nn n a a -<--⋅<时，有0121n n n a ->-， ∴当0021log 1n n n a >+-时，0n a <，不符合题意． 综上可知，1a ≥.11．已知数列{}n a 的奇数项是首项为1，公差为d 的等差数列，偶数项是首项为2，公比为q 的等比数列.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足34S a =，3542a a a +=+· （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设实数0M >，若对于任意*k N ∈，都有(]2120,k kS M a -∈，求M 的最小值. 【答案】（1）22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数（2）1 . 【解析】（1）由题意可得11a =，22a =，因为34S a =，3542a a a +=+，所以12343542a a a a a a a ++=⎧⎨+=+⎩，即121211222d q d d q +++=⎧⎨+++=+⎩整理得：4232d qd q +=⎧⎨=⎩ 解得：23d q =⎧⎨=⎩，所以22,23,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⨯⎩是奇数是偶数， ()()2113212422k k k S a a a a a a ---=+++++++()()12135212333k k -=++++-+⨯+++()()121113*********k k k k k --⨯-+-=+⨯=+--，221222323k k k a --=⨯=⨯，所以22121121113232213k k k k kS k a k ----==+⨯⨯+--，令()2112321k k f k -=+⨯-，则()()()22122231211132323k k k k k k k f k f k -+---+++-=-=⨯⨯⨯， 令()2223g k k k =-++，对称轴为12k =， 所以()2223g k k k =-++随k 的增大而减小，()130g =>，()222222310g =-⨯+⨯+=-<，所以()()21f f >，()()()234f f f >>>，所以2k =时，()2112321k k f k -=+⨯-最大值为()2112121223f =+=⨯-， 所以1M ≥，所以M 的最小值为1.12．已知数列{}n a 的前n 项和为{}n S ，12n n a S =-，数列{}n b 为等差数列，其前n 项和为{}n T ，11b =，1055T =（1）求,n n a b ；（2）证明：对*n N ∈，有112222212...2n nn a b a b a b T T T ++++++<. 【来源】浙江省宁波十校2021届高三下学期3月联考数学试题【答案】（1）13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭；n b n =；（2）证明见解析.【解析】（1）由1-2n n a S =，得1112n n a S --=-，2n ≥上述两式相减得，-1--2n n n a a a =，即113n n a a -=，2n ≥．故{}n a 为等比数列，公比为13．又1111-21-2a S a ==，得113a =，得13nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭．设{}n b 的公差为d ，11b =，1055T =得104555d +=，即1d =，故n b n =．（2）证明：由（1），(1)2n n n T +=，故2222222112(21)3244(1)(1)(1)n n n n n n a b n T n n n n n n ++++=⋅<⋅=+++，又2222222221(1)11(1)(1)(1)n n n n n n n n n ++-==-+++，得222112(1)n n n a b T n n ⎡⎤+<-⎢⎥+⎣⎦，从而，112222222222121111121223(1)n n n a b a b a b T T T n n ⎛⎫++++++<-+-+⋯+- ⎪+⎝⎭21212(1)n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭． 13．在①已知数列{}n a 满足：120n n a a +-=，38a =②等比数列{}n a 中，公比2q ，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =数列{}n b 的前n 项和为n T ，若22022n T m >-对*n N ∈恒成立，求正整数m 的最大值. 【来源】山东省日照市2021届高三下学期一模数学试题【答案】选择条件①（1）2n n a =；（2）2022；选择条件②（1）2nn a =；（2）2022.【解析】（1）选择条件①，设等数列{}n a 的首项为1a .公比为q ，依题意，120n n a a +-=，得{}n a 为等比数列，所以，2q，38a =，解之得122q a =⎧⎨=⎩；∴2nn a =选择条件②，设等比数列{}n a 的首项为1a ， 公比2q.前5项和为62，依题意，2q，()51126212a -=-，解之得122q a =⎧⎨=⎩， ∴2nn a =.（2）因为2n n n n n b a ==， 所以231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+① 2341123122222n n n T +=+++⋅⋅⋅+②1－②得2341111111111222222222n n n n n n n T ++=++++⋅⋅⋅+-=--， 所以222n n nT +=-.因为1112121220222n n n n n n n n T T +++++++⎛⎫⎛⎫-=---=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以数列{}n T 单调递增，1T 最小，最小值为12. 所以1220202m ⨯>-. 所以2023m <.故正整数m 的最大值为2022.14．已知等差数列{}n a 满足1235n n a a n ++=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S .若*n ∀∈N ，24n S λλ<-+(λ为偶数)，求λ的值.【答案】（1）1n a n =+；（2）2λ=.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为1235n n a a n ++=+，所以122328,211,a a a a +=⎧⎨+=⎩即11328,3511,a d a d +=⎧⎨+=⎩解得12,1a d ==，所以2(1)1n a n n =+-=+.经检验，1n a n =+符合题设，所以数列{}n a 的通项公式为1n a n =+. （2）由（1）得，11111(1)(2)12n n a a n n n n +==-++++， 所以1111111123341222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭n S n n n . *n N ∈，∴12n S <，因为*n ∀∈N ，24n S λλ<-+，所以2142λλ-+，即27(2)2λ-. 因为λ为偶数，所以2λ=.15．已知等比数列{}n a 满足：1220a a +=，2380a a +=．。
数列与函数、不等式相结合问题一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列中的恒成立问题【例1】【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考】已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得，则不等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立.设，，则，即，解得或.故选:A.【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解，解答本题的关键是由等差数列通项公式可得，进而由递推关系可得，借助裂项相消法得到，又，问题等价于对任意的，恒成立.【举一反三】已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2142,n n S S n n n N -++=≥∈，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．()3,5 B ．()4,6 C ．[)3,5 D ．[)4,6 【答案】A类型二 数列中的最值问题【例2】【浙江省湖州三校2019年高考模拟】已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（ ）A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【解析】令,则,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.【指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键【举一反三】【河南省许昌市、洛阳市2019届高三三模】已知数列，的前项和分别为，，且，，，若恒成立，则的最小值为（）A．B．C．49 D．【答案】B【解析】当时，，解得.当时，由，得，两式相减并化简得，由于，所以，故是首项为，公差为的等差数列，所以.则，故，由于是单调递增数列，，.故的最小值为，故选B. 类型三 数列性质的综合问题【例3】【江苏省扬州中学2019届高三下学期3月月考】已知等差数列的前n 项和为，若1≤≤3，3≤≤6，则的取值范围是_______．【答案】【解析】 在等差数列中，，∴，又， ∴．由得．∴，即，∴． 即的取值范围是．故答案为：．【指点迷津】1.本题先根据求出的取值范围，然后根据不等式的性质可得所求结果.2.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）累加法（相邻两项的差成等差、等比数列）；累乘法（相邻两项的积为特殊数列）；（3）构造法，形如()10,1n n a qa p p q -=+≠≠的递推数列求通项往往用构造法，即将()10,1n n a qa p p q -=+≠≠利用待定系数法构造成()1n n a m q a m -+=+的形式，再根据等比数例求出{}n a m +的通项，进而得出{}n a 的通项公式. 【举一反三】【广东省汕尾市2019年3月高三检测】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【答案】【解析】数列的首项，则：常数故数列是以为首项，3为公差的等差数列．则：首项符合通项．故：，，，由于数列的前n项和恒成立，故：，则：t的最小值为，故答案为：．类型四数列与函数的综合问题【例4】已知函数的定义域为，当时，，且对任意的实数，，恒成立，若数列满足（）且，则下列结论成立的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】对任意的实数x，y∈R，f（x）f（y）＝f（x+y）恒成立，取x＝y＝0，则f（0）f（0）＝f（0），解得f（0）＝0或f（0）＝1．当f（0）＝0时，，得余题意不符，故舍去.所以f（0）＝1．取y＝﹣x＜0，则f（x）f（﹣x）＝1，∴f（x），设x1＜x2，则f（x1﹣x2）＝f（x1）•f（﹣x2）1，∴f（x1）＞f（x2）．∴函数f（x）在R上单调递减．∵数列{}满足f（a n+1）f（）＝1＝f（0）．∴0，∵a1＝f（0）＝1，∴，＝﹣2，＝1，，……．∴＝．∴＝，＝＝1．＝，＝＝﹣2．∴f（）1，f（）＝f（1）＜1．∴f（）＞f（）．而f（）＝f（），f（）＜1＜f（），f（）＝f（）＜f（）＝f（﹣2），因此只有：C正确．故选：C．【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系. 【举一反三】【浙江省杭州第十四中学2019届高三9月月考】已知数列中，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题，即由累加法可得： 即对于任意的，不等式恒成立即令可得且即可得或故选B类型五 数列与其他知识综合问题 【例5】将向量12,,,n a a a 组成的系列称为向量列{}n a ，并定义向量列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =+++．若()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则下列说法中一定正确的是（ ）A. ()111nn a S λλ-=- B. 不存在*n N∈，使得0n S =C. 对*m n N ∀∈、，且m n ≠，都有m n S SD. 以上说法都不对【答案】C【解析】 由()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则1n na a λ+=，所以数列{}n a 构成首项为1a ，公比为λ的等比数列，所以()11,1{ 1,11nn na S a λλλλ==-≠-，又当1λ=-时，20n S =，所以当*m n N ∀∈、，且m n ≠时， m n S S 是成立的，故选C.【例6】斐波那契数列{}n a 满足： ()*12121,1,3,n n n a a a a a n n N --===+≥∈.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则下列结论错误的是（ ）A. 2111·n n n n S a a a +++=+ B. 12321n n a a a a a +++++=-C. 1352121n n a a a a a -++++=-D. ()1214?n n n n c c a a π--+-=【答案】C12331131...1121n n a a a a a a a --⇔++++=-⇔⇔=-⇔=- ,所以B 正确；对于C, 1n = 时，121a a ≠- ；C 错误；对于D, ()()()22211112144?44n n n n n n n n n n a a c c a a a a a a ππππ-----+⎛⎫-=-=+-= ⎪⎝⎭,D 正确.故选C.【指点迷津】这类题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.【举一反三】1.如图所示，矩形n n n n A B C D 的一边n n A B 在x 轴上，另外两个顶点,n n C D 在函数()1(0)f x x x x =+>的图象上.若点n B 的坐标为()(),02,n n n N +≥∈，记矩形n n n n A B C D 的周长为n a ，则2310a a a +++=（ ）A. 220B. 216C. 212D. 208 【答案】B2.将正整数12分解成两个正整数的乘积有112⨯， 26⨯， 34⨯三种，其中34⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,N p q ∈）是正整数n 的最佳分解时，我们定义函数()f n q p =-，例如()12431f =-=.数列(){}3nf 的前100项和为__________．【答案】5031-【解析】当n 为偶数时， ()30n f =；当n 为奇数时， ()11122233323n n n nf +--=-=⨯，()5001495010031233 (3)23131S -∴=+++=⨯=--，故答案为5031-.类型六 数列与基本不等式结合的问题【例7】【山东省济宁市2019届高三一模】已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为A ．B ．C ．D ． 【答案】A 【解析】 因为数列是正项等比数列，，，所以，，，所以，，，，，因为，所以，，，当且仅当时“=”成立，所以的最小值为，故选A.【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想.【举一反三】【甘肃省白银市靖远县2019届高三第四次联考】已知函数，若，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题可知：令又于是有因此所以当且仅当时取等号本题正确选项：三．强化训练一、选择题1．【安徽省宣城市2019届高三第二次调研】已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（）A．B．C．3 D．【答案】C【解析】解：设等比数列的公比为q（q＞0），∵a9＝a8+2a7，∴a7q2＝a7q+2a7，∴q2﹣q﹣2＝0，∴q＝2或q=-1（舍），∵存在两项a m，a n使得，∴，∴故选C.2.【2019年3月2019届高三第一次全国大联考】已知数列的前项和为，，且满足，若，，则的最小值为（）A．B．C．D．0【答案】B【解析】由，得，且，所以数列是以为首项、2为公差的等差数列，则，即，令，得，又，，由，则的最小值为.故选：B．3.【四川省成都市外国语学校2019届高三一诊】在正项等比数列中，，．则满足的最大正整数的值为（）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】C【解析】解：∵正项等比数列中，，，∴.∵，解可得，或（舍），∴，∵，∴.整理可得，，∴，经检验满足题意，故选：C．4.若数列的通项公式分别为，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】，故当n为奇数，-a<2+,又2+单调递减，故2+，故- a2，解a当n为偶数，又2-单调递增，故2-，故，综上a故选：D5．已知各项均为正数的数列的前项和为，且，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，时，，化为：，．，即，时，，解得．数列为等差数列，首项为1，公差为1．．.记，..所以为增数列，,即.对任意的，恒成立，，解得实数的取值范围为．故选：C．6．【吉林省吉林市实验中学2019届高三下学期第八次月考】已知等比数列的公比，其前n项的和为，则与的大小关系是A．B．C．D．【答案】A【解析】根据等比数列的前n项和公式和数列的通项公式得到：两式作差故选：A．7．已知，，并且，，成等差数列，则的最小值为A．16 B．9 C．5 D．4【答案】A【解析】解：根据题意，a＞0，b＞0，且，，成等差数列，则21；则a+9b＝（a+9b）（）＝1010+216；当且仅当，即=时取到等号，∴a+9b的最小值为16；故选：A．8．【贵州省2019年普通高等学校招生适应性】设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知sin，∴，∴，随n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -1<0，f(3)=2>0，∴正整数的最小值为3.二、填空题9.【河北省衡水中学2019届高三下学期一调】20．已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】因为，所以当时，；当时，也满足上式；当时，，当时，，综上，；因为是中的最大值，所以有且，解得.故答案为10．【2019届高三第二次全国大联考】已知数列的前项和为，，当时，，若恒成立，则正数的取值范围为____________．【答案】【解析】由可知，数列是一个公差的等差数列，首项为，所以，所以．故当时，．显然当时，也满足上式．所以．所以，所以，由题意恒成立，所以，解得．又，所以的取值范围为．11．【云南省2019年高三第二次检测】已知数列的前项和为，若，则使成立的的最大值是_____．【答案】5【解析】因为可得：两式相减可得：化简可得：即所以数列是以为首项，公比为2的等比数列当n=1时，求得所以即所以即解得所以成立的的最大值是5故答案为512．【重庆市南开中学2019届高三第三次检测】在正项递增等比数列中，，记，，则使得成立的最大正整数为__________．【答案】9【解析】由题得，因为数列是正项递增等比数,所以，所以. 因为，所以，所以.所以使得成立的最大正整数为9.故答案为：913.已知数列{}n a 中， 12a =，点列()1,2,n P n =⋯在ABC ∆内部，且n P AB ∆与n P AC ∆的面积比为2:1，若对*N n ∈都存在数列{}n b 满足()113202nn n n n n b P A a P B a P C ++++=，则4a 的值为______. 【答案】80【解析】在BC 上取点D ，使得2BD CD =，则n P 在线段AD 上．()113202n n n n n n b P A a P B a P C ++++=1132322n n n n n n n n n n n a BP b AP a CP b BP BAa BP BC +∴-=++=-++-（）（）（）（） ， 1133232)22n n n n n n ab a BP b BA a BD +⎛⎫∴----=--+ ⎪⎝⎭（n A P D ，， 三点共线，1133232)22n n n n n a b a b a +∴----=--+（，即132n n a a +=+．21324332832263280a a a a a a ∴=+==+==+=，，．故答案为：80．14.已知函数()12f x x =+，点O 为坐标原点，点()()()*,n A n f n n N ∈，向量()0,1i =，θn 是向量OAn 与i 的夹角，则使得1212cos cos cos sin sin sin nnt θθθθθθ++< 恒成立的实数t 的取值范围为 ___________．【答案】3,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】根据题意得,2n πθ- 是直线OA n 的倾斜角，则：()()sin cos 11112tan sin 2222cos 2n n n n n f n n n n n n πθθπθπθθ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭==-===- ⎪ ⎪++⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭，据此可得：结合恒成立的结论可得实数t 的取值范围为3,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.15.【新疆2019届高三一模】已知数列为等差数列，，，数列的前n 项和为，若对一切，恒有，则m 能取到的最大正整数是______．【答案】7 【解析】 解：设数列的公差为，由题意得，，解得，，且，，令， 则，即，则随着的增大而增大，即在处取最小值，，对一切，恒有成立，即可，解得，故能取到的最大正整数是7．16. 【北京师大附中2019届高三4月模拟】设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为______．【答案】63【解析】由数列的前n项和为，，又，故，则的偶数项成等差数列，则,（n为偶数）又，，为等差数列，首项为3，公差为4，当n为偶数时，设数列的前n项和为，可得，，则+若，无解舍去当n为奇数时，-(=,又所以解<n又则n的最大值为63，故答案为：63．。
2021年高考数学精英备考专题讲座第三讲数列与不等式第三节不等式选讲文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,难度一般控制在之间.考试要求：⑴理解绝对值及其几何意义.①绝对值不等式的变式：.②利用绝对值的几何意义求解几类不等式：①；②；③.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（xx全国课标卷理科第24题）设函数,其中.（Ⅰ）当时，求不等式的解集（Ⅱ）若不等式的解集为，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）当时，可化为,由此可得或,故不等式的解集为或.( Ⅱ) 由的此不等式化为不等式组或即 4x a a x ≥⎧⎪⎨≤⎪⎩ 或2x a a x ≤⎧⎪⎨≤-⎪⎩ 因为，所以不等式组的解集为由题设可得= ，故.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：若，求证： .题型二 不等式的性质例.⑴设,则的最小值是( ).A. B. C. D.⑵设且,求的最大值.点拨：⑴观察分母能发现其和为,则添加可配凑成21111()()()ab a a b ab a a b a ab a a b --++=++-+,再利用基本不等式求解；⑵观察已知条件,可将所求式子转化为,再利用基本不等式求解.(1)【答案】D 解：22111111()()()()224ab a a b ab a a b ab a a b a a ab ab ab a a b ---++=-+++=++-+≥+=,当且仅当,时等号成立.如取,满足条件.选D.（2）∵,∴221()]222y x ++. 又2222113()()22222y y x x ++=++=,∴,即 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,且,求证:.题型三 不等式的证明例3 已知,且,求证：.点拨：由,得,,.可使问题得证.解：∵ ,∴,2211121242a b ab +=-≥-⋅=,, ∴2222221111()()4a b a b a b a b+++=++++.易错点：⑴易出现2222211111()()42()48a b a b ab a b a 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： 是和的等比中项，则的最大值为( ).A. B. C. D.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 =++∈.当时.求证：.点拨：本题中所给条件并不足以确定参数,的值，但应该注意到：所要求的结论不是的确定值,而是与条件相对应的“取值范围”,因此,我们可以用 、来表示,,因为由已知条件有,,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)|)12b f f ≤+-≤. 易错点：⑴不会用、来表示、、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,对问题进行转化.变式与引申4：设二次函数，函数的两个零点为.（1）若求不等式的解集；（2）若且，比较与的大小．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3-31.(xx 陕西文科第3题)设，则下列不等式中正确的是 （ ）（A ） （B ）（c ） (D)2．不等式的解集是( ).A. B. C. D.3．不等式对任意实数恒成立,则实数的取值范围为( ).A. B. C. D.4.(xx 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，函数的零点*0(,1),,n=x n n n N ∈+∈则 .5.设,是大于的常数,若的最小值是,则的值等于______.【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,用三角代换设,,则3cos 32sin()a b αααϕ+=+=+∴选B.变式与引申4：（1）由题意知，当时，不等式 即为.当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为.（2）()()()(1)a x m x n x m x m ax an --+-=--+ 且，∴∴， 即．习题3-3对任意实数恒成立,则,解得或.故.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 =+->+-=->， 即.5.【答案】 解：21cos 1cos ()(cos 1cos )12(1)16a a a t t t t a -++-≥++=.∴.。
热点探究课(四)数列与函数、不等式[命题解读]数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年江苏卷试题来看，数列常作为压轴大题，综合考察学生的推理论证能力．热点1数列与函数的综合应用数列与函数的交汇一般表达在两个方面：一是以数列的特征量n，a n，S n等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n项和T n. 【导学号：62172210】[解](1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，那么f′(x)＝2ax＋b.由f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.4分又因为点(n，S n)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上，所以S n＝3n2－2n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，所以a n＝6n－5(n∈N＋).6分(2)由(1)得b n＝3a n a n＋1＝3(6n－5)[6(n＋1)－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，9分 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.14分 [规律方法] 解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的根底；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进展灵活的处理．[对点训练1] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N ＋)．(1)证明：数列{b n }为等比数列；(2)假设a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n . [解] (1)证明：由，得b n ＝2a n n ≥1时，b n ＋1b n＝2a n ＋1－a n ＝2d ，∴数列{b n }是首项为2a 1，公比为2d(2)f (x )＝2x 求导得f ′(x )＝2x ln 2，∴f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －b 2＝2a 2ln 2(x －a 2)，令y ＝0，得－b 2＝(2a 2ln 2)×(x －a 2)，x ＝a 2－1ln 2，∴a 2＝2.∴d＝2－1＝1，∴a n ＝n ，b n ＝2n .∴a n b 2n ＝n ·4n ，8分 其前n 项和S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)·4n －1＋n ·4n ，①两边乘4，得4S n ＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1，②①－②，得S n －4S n ＝4＋42＋43＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1，∴S n ＝(3n －1)4n ＋1＋49.14分 热点2 数列与不等式的综合应用数列与不等式的交汇考察方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考察不等式恒成立问题；三是考察与数列有关的不等式的证明．(2021·苏锡常镇调研一)首项为1的正项数列{a n }满足a 2n ＋1＋a 2n <52a n ＋1a n ，n ∈N ＋.(1)假设a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，求x 的取值范围；(2)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为数列{a n }前n 项的和，假设12S n <S n＋1<2S n ，n ∈N ＋，求q 的取值范围；(3)假设a 1，a 2，…，a k (k ≥3)成等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，求正整数k 的最小值，以及k 取最小值时相应数列a 1，a 2，…，a k (k ≥3)的公差.【导学号：62172211】[解] (1)由题意得，4x 2－15x ＋9<0且x 2－10x ＋16<0， 所以34<x <3，x 2<4<2x ，解得x ∈(2,3).3分(2)由题意得，12a n <a n ＋1<2a n ，且数列{a n }是等比数列，a 1＝1，∴12q n －1<q n <2q n －1，∴⎩⎨⎧ q n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12>0，q n －1()q －2<0，∴q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2. 又∵12S n <S n ＋1<2S n ，∴而当q ＝1时，S 2＝2S 1当q ≠1时，12·1－q n 1－q <1－q n ＋11－q <2·1－q n 1－q， ∴①当q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时， ⎩⎪⎨⎪⎧ q n (q －2)>－1，q n (2q －1)<1，⎩⎪⎨⎪⎧ q 1(q －2)>－1，q 1(2q －1)<1，解得q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1； ②当q ∈(1,2)时，⎩⎪⎨⎪⎧ q n (q －2)<－1，q n (2q －1)>1，⎩⎪⎨⎪⎧q 1(q －2)<－1，q 1(2q －1)>1，无解． 综上，q ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.10分 (3)∵12a n <a n ＋1<2a n ，且数列a 1，a 2，…，a k 成等差数列，a 1＝1，∴12[1＋(n －1)d ]<1＋nd <2[1＋(n －1)d ]，n ＝1,2，…，k －1.∴⎩⎪⎨⎪⎧d (n ＋1)>－1，d (2－n )<1，∴d ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，1.14分 又∵a 1＋a 2＋…＋a k ＝120，∴S k ＝d 2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2k ＝d 2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－d 2k ＝120， ∴d ＝240－2k k 2－k ，∴240－2k k 2－k∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，1，解得k ∈(15,239)，k ∈N ＋， ∴k 的最小值为16，此时公差为d ＝1315.16分[规律方法] 解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比拟法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．[对点训练2] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6.正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)假设λb n >a n ，对n ∈N ＋均成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)∵等差数列{a n }中，a 1＝1，S 3＝6，∴d ＝1，故a n ＝n .2分由⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1， ② ①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，b 1＝2S 1＝21＝2，满足通项公式，故b n ＝2n .5分(2)λb n >a n 恒成立，即λ>n 2n 恒成立，7分设c n ＝n 2n ，那么c n ＋1c n＝n ＋12n ， 当n ≥1时，c n ＋1≤c n ，{c n }单调递减，∴(c n )max ＝c 1＝12，故λ>12，∴λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.14分 热点3 与等差(比)数列有关的综合问题(答题模板)解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d (q )，n ，“知三求二〞．(本小题总分值16分)(2021·盐城模拟)正项数列{a n }，{b n }满足：对任意n ∈N ＋，都有a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝10，a 2＝15.(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(3)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意n ∈N ＋，不等式2aS n <2－b n a n 恒成立，求实数a 的取值范围．[思路点拨] (1)只要证明2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)即可．(2)由(1)先求b n ，再由a 2n ＝b n －1b n 求a n .(3)由1a n求S n ，然后把参数a 别离，并借助数列的性质求参数a 的取值范围． [标准解答] (1)证明：由，2b n ＝a n ＋a n ＋1 ①，a 2n ＋1＝b n b n ＋1②，由②可得，a n ＋1＝b n b n ＋1 ③，将③代入①得，对任意n ∈N ＋，n ≥2，有2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，即2b n ＝b n －1＋b n ＋1，所以{}b n (2)设数列{}b n 的公差为d ，由a 1＝10，a 2＝15，得b 1＝252，b 2＝18，6分所以b 1＝522，b 2＝32，所以d ＝b 2－b 1＝22， 所以b n ＝b 1＋(n －1)d ＝522＋(n －1)·22＝22(n ＋4)，所以b n ＝(n ＋4)22.8分a 2n ＝b n －1b n ＝(n ＋3)22·(n ＋4)22，a n ＝(n ＋3)(n ＋4)2.10分 (3)由(2)，1a n ＝2(n ＋3)(n ＋4)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋3－1n ＋4，11分 所以，S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋3－1n ＋4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14－1n ＋4，12分 故不等式2aS n <2－b n a n 化为 4a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14－1n ＋4<2－n ＋4n ＋3， 即a <(n ＋2)(n ＋4)n (n ＋3)，当n ∈N ＋时恒成立，13分令f (n )＝(n ＋2)(n ＋4)n (n ＋3)＝n ＋2n ·n ＋4n ＋3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋3＝1＋2n ＋1n ＋3＋2n (n ＋3)， 那么f (n )随着n 的增大而减小，且f (n故a ≤1，所以，实数a 的取值范围是(－∞，1].16分[答题模板] 第一步：由题设条件建立b n －1，b n ，b n ＋1间的等量关系；第二步：借助等差中项法证明数列{b n }是等差数列；第三步：求根本量，并分别求出{a n }，{b n }的通项公式；第四步：分析⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的特点，并求S n ；第五步：把S n ，a n ，b n 代入2aS n <2－b n a n中，并别离变量a ； 第六步：借助数列的单调性，求参数a 的范围；第七步：反思回忆，查看关键点，易失分点，注意标准．[温馨提示] 假设干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“根本量〞．首项与公差是等差数列的“根本量〞，首项与公比是等比数列的“根本量〞．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“根本量法〞是常用的方法．[对点训练3] (2021·无锡期末)数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝q (b b ＋1－b n )，n ∈N ＋.(1)假设b n ＝2n －3，a 1＝1，q ＝2，求数列{a n }的通项公式；(2)假设a 1＝1，b 1＝2且数列{b n }为公比不为1的等比数列，求q 的值，使数列{a n }也是等比数列；(3)假设a 1＝q ，b n ＝q n (n ∈N ＋)且q ∈(－1,0)，数列{a n }有最大值M 与最小值m ，求M m 的取值范围．[解] (1)由b n ＝2n －3且q ＝2得a n ＋1－a n ＝4，所以数列{a n }为等差数列，又a 1＝1，所以a n ＝4n(2)由条件可知a n －a n －1＝q (b n －b n －1)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝q (b n －b n －1)＋q (b n －1－b n －2)＋…＋q (b 2－b 1)＋a 1＝qb n －qb 1＋a 1＝qb n －2q ＋1，6分不妨设{b n }的公比为λ(λ≠1)，那么a n ＝2qλn －1－2q ＋1，由{a n }是等比数列知：a 22＝a 1a 3可求出q ＝12，经检验，a n ＝2qλn －1，此时{a n }是等比数列，所以q ＝12(3)由条件可知a n －a n －1＝q (b n －b n －1)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝q (b n －b n －1)＋q (b n －1－b n －2)＋…＋q (b 2－b 1)＋a 1＝qb n －qb 1＋a 1， 即a n ＝q n ＋1－q 2＋q ，12分a 2n ＝q 2n ＋1－q 2＋q ，因为q ∈(－1,0)，所以a 2n ＋2－a 2n ＝q 2n ＋3－q 2n ＋1＝q 2n ＋1(q 2－1)>0，那么{a 2n }单调递增； a 2n ＋1－a 2n －1＝q 2n ＋2－q 2n ＝q 2n (q 2－1)<0，那么{a 2n －1}单调递减； 又a 2n －a 1＝q 2n ＋1－q 2<0，所以数列{a n }的最大项为a 1＝q ＝M ， a 2n ＋1－a 2＝q 2n ＋2－q 3＝q 3(q 2n －1－1)>0，所以数列{a n }的最小项为a 2＝q 3－q 2＋q ＝m ，那么M m ＝q q 3－q 2＋q ＝1q 2－q ＋1， 因为q ∈(－1,0)，所以q 2－q ＋1∈(1,3)，所以M m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.16分 热点探究训练(四)A 组 根底过关1．(2021·苏州期中)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1，a 2的值；(2)求证：数列{a n ＋2n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式．[解] (1)由，得2a 1＝a 2－3 ①，2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又因为a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③，解①②③，得a 1＝1，a 2＝54分(2)由，n ∈N ＋时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)，8分由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴a n ＋1＝3a n ＋2n (n ∈N ＋)． 从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n )．又a 1＋2>0，∴a n ＋2n >0，∴a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3. ∴数列{a n ＋2n }是等比数列，且公比为3. ∴a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n .14分2．(2021·泰州中学高三模底考试)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝t (S n －a n ＋1)(t 为常数，且t ≠0，t ≠1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ，假设数列{b n }为等比数列，求t 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝4a n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，假设不等式12k 4＋n －T n≥2n －7对任意的n ∈N ＋恒成立，求实数k 的取值范围.【导学号：62172212】[解] (1)当n ＝1时，S 1＝t (S 1－a 1＋1)，得a 1＝t . 当n ≥2时，由S n ＝t (S n －a n ＋1)，即 (1－t )S n ＝－ta n ＋t ，①得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，② ①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1，即a n ＝ta n －1，∴a n a n －1＝t (n ≥2)， ∴{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n .4分(2)由(1)知，b n ＝(t n )2＋t (1－t n )1－t ·t n ，即b n ＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t， 假设数列{b n }为等比数列，那么有b 22＝b 1·b 3，而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)，故[]t 3(2t ＋1)2＝(2t 2)·t 4(2t 2＋t ＋1)，解得t ＝12，再将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 由b n ＋1b n＝12，知{b n }为等比数列，∴t ＝12.8分 (3)由t ＝12，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴c n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1， ∴T n ＝4×12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n ＝4＋n －42n ，由不等式12k 4＋n －T n≥2n －7恒成立，得3k ≥2n －72n 恒成立， 设d n ＝2n －72n ，由d n ＋1－d n＝2n－52n＋1－2n－72n＝－2n＋92n＋1，∴当n≤4时，d n＋1>d n，当n≥4时，d n＋1<d n，而d4＝116，d5＝332，∴d4<d5，∴3k≥332，∴k≥132.14分B组能力提升1．(2021·南通调研一)假设数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，那么称{a n}为“等比源数列〞．(1)数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－1.①求数列{a n}的通项公式；②试判断数列{a n}是否为“等比源数列〞，并证明你的结论．(2)数列{a n}为等差数列，且a1≠0，a n∈Z(n∈N＋)．求证：{a n}为“等比源数列〞. 【导学号：62172213】[解](1)①由a n＋1＝2a n－1，得a n＋1－1＝2(a n－1)，且a1－1＝1，所以数列{a n－1}是首项为1，公比为2的等比数列．所以a n－1＝2n－1.所以，数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1②数列{a n}不是“等比源数列〞．用反证法证明如下：假设数列{a n}是“等比源数列〞，那么存在三项a m，a n，a k(m<n<k)按一定次序排列构成等比数列．因为a n＝2n－1＋1，所以a m<a n<a k.所以a2n＝a m·a k，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1.又m<n<k，m，n，k∈N＋，所以2n －m －1≥1，n －m ＋1≥1，k －1≥1，k －m ≥1.所以22n －m －1＋2n －m ＋1－2k －1－2k －m 为偶数，与22n －m －1＋2n －m ＋1－2k －1－2k －m ＝1矛盾．所以，数列{a n }中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列． 综上可得，数列{a n }不是“等比源数列〞.10分(2)不妨设等差数列{a n }的公差d ≥0.当d ＝0时，等差数列{a n }为非零常数数列，数列{a n }为“等比源数列〞． 当d >0时，因为a n ∈Z ，那么d ≥1，且d ∈Z ，所以数列{a n }中必有一项a n >0. 为了使得{a n }为“等比源数列〞，只需要{a n }中存在第n 项，第k 项(m <n <k )，使得a 2n ＝a m a k 成立， 即[a m ＋(n －m )d ]2＝a m [a m ＋(k －m )d ]，即(n －m )[2a m ＋(n －m )d ]＝a m (k －m )成立．当n ＝a m ＋m ，k ＝2a m ＋a m d ＋m 时，上式成立．所以{a n }中存在a m ，a n ，a k 成等比数列．所以，数列{a n }为“等比源数列〞.16分2．(2021·南京模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝ i ＝1n (－1)i ai ，假设对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？假设存在，求出所有的m ，n ；假设不存在，说明理由．[解] (1)设数列{a n }的公差为d .因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2(a 1＋4d )－(a 1＋2d )＝13，4a 1＋6d ＝16.解得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.4分(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N ＋， 那么T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k <4k，从而λ<4k 2k . 设f (k )＝4k 2k ，那么f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12(k ＋1)－4k 2k ＝4k (3k －1)2k (k ＋1). 因为k ∈N ＋，所以f (k ＋1)－f (k )>0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2， 所以λ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N ＋， 那么T 2k －1＝T 2k －(－1)2k a 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·(1－2k )<(2k －1)4k ， 从而λ>－4k .因为k ∈N ＋，所以－4k 的最大值为－4，所以λ>－4. 综上，λ的取值范围为－4<λ(3)假设存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列， 那么(S m －S 2)2＝S 2·(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)， 所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12， 即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.因为n >m >2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15. 因为2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立， 故不存在正整数m ，n (n >m >2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m。
2021年高考数学高考数学压轴题 数列多选题分类精编附解析一、数列多选题1．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，0n a ≠，且202021111212a a ++≤+（ ）A ．若数列{}n a 为等差数列，则20210S ≥B ．若数列{}n a 为等差数列，则10110a ≤C ．若数列{}n a 为等比数列，则20200T >D ．若数列{}n a 为等比数列，则20200a <【答案】AC 【分析】由不等关系式，构造11()212xf x =-+，易得()f x 在R 上单调递减且为奇函数，即有220200a a +≥，讨论{}n a 为等差数列、等比数列，结合等差、等比的性质判断项、前n 项和或积的符号即可. 【详解】 由202021111212a a ++≤+，得2020211110212212a a +-+-≤+， 令11()212x f x =-+，则()f x 在R 上单调递减，而1121()212212xx x f x --=-=-++， ∴12()()102121xx x f x f x -+=+-=++，即()f x 为奇函数，∴220200a a +≥，当{}n a 为等差数列，22020101120a a a +=≥，即10110a ≥，且2202020212021()02a a S +=≥，故A 正确，B 错误；当{}n a 为等比数列，201820202a a q=，显然22020,a a 同号，若20200a <，则220200a a +<与上述结论矛盾且0n a ≠，所以前2020项都为正项，则202012020...0T a a =⋅⋅>，故C 正确，D 错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：利用已知构造函数，并确定其单调性和奇偶性，进而得到220200a a +≥，基于该不等关系，讨论{}n a 为等差、等比数列时项、前n 项和、前n 项积的符号.2．已知数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，*n N ∈， n S 是数列1 n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，则下列结论中正确的是（ ）A ．()21121n nS n a -=-⋅ B ．212n n S S =C ．2311222n n n S S ≥-+ D ．212n n S S ≥+【答案】CD 【分析】根据数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，得到1223+++=+n n a a n ，两式相减得：22n n a a +-=，然后利用等差数列的定义求得数列{} n a 的通项公式，再逐项判断.【详解】因为数列{} n a 满足11a =，121++=+n n a a n ，*n N ∈， 所以1223+++=+n n a a n ， 两式相减得：22n n a a +-=，所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列； 偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列； 所以数列{} n a 的通项公式是n a n =， A. 令2n =时， 311111236S =++=，而 ()1322122⨯-⋅=，故错误； B. 令1n =时， 213122S =+=，而 11122S =，故错误；C. 当1n =时， 213122S =+=，而 31132222-+=，成立，当2n ≥时，211111...23521n n S S n =++++--，因为221n n >-，所以11212n n >-，所以111111311...1 (352148222)n n n ++++>++++=--，故正确； D. 因为21111...1232n n S S n n n n-=+++++++，令()1111...1232f n n n n n=+++++++，因为()111111()021*******f n f n n n n n n +-=+-=->+++++，所以()f n 得到递增，所以()()112f n f ≥=，故正确；故选：CD 【点睛】本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n 项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题.3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,则下列说法正确的是（ ） A ．若21,n S n =-则{}n a 是等差数列B ．若21,nn S =-则{}n a 是等比数列C ．若{}n a 是等差数列，则995099S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10,0,a q >>则221212n n n S S S -+⋅>【答案】BC 【分析】由n S 求n a ，根据通项公式可判断AB 是否正确，由等差数列的性质可判断C ，取1n =时，结合等比数列求和公式作差比较13S S ⋅与22S 大小即可判断D. 【详解】对于A 选项，若21n S n =-，当2n ≥时，21n a n =-，10a =不满足21n a n =-，故A错误；对于B 选项，若21nn S =-，则1112,21,1n n n n S S n a S n --⎧-=≥=⎨==⎩，由于11a =满足12n n a -=，所以{}n a 是等比数列，故B 正确；对于C 选项，若{}n a 是等差数列，则()199995099992a a S a +==，故C 正确. 对于D 选项，当1n =时，()()222222132111110S S S a q qa q a q ⋅-=++-+=-<，故当1n =时不等式不等式，故221212n n n S S S -+⋅>不成立，所以D 错误.故选：BC 【点睛】本题考查数列的前n 项和为n S 与n a 之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前n 项和为n S 的公式等，考查运算求解能力.本题D 选项解题的关键将问题特殊化，讨论1n =时，13S S ⋅与22S 大小情况.此外还需注意一下公式：11,2,1n n n S S n a S n --≥⎧=⎨=⎩；若{}n a 是等差数列，则()2121n n S n a -=-.4．（多选题）数列{}n a 满足()2*1n n n a a a n N+=-+∈，110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则以下说法正确的为（ ） A ．10n n a a +<<B ．22221231n a a a a a +++⋅⋅⋅+<C ．对任意正数b ，都存在正整数m 使得12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立 D ．11n a n <+ 【答案】ABCD 【分析】对于A ，结合二次函数的特点可确定正误；对于B ，将原式化简为111n a a a +-<，由10n a +>得到结果； 对于C ，结合1a 范围和A 中结论可确定12111111nn a a a ++⋅⋅⋅+>---，由此判断得到结果；对于D ，利用数学归纳法可证得结论. 【详解】对于A ，2211124n n n n a a a a +⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭，若10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则110,4n a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 又110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可知0n a >，10n a +>， 又210n n n a a a +-=-<，10n n a a +∴<<，A 正确； 对于B ，由已知得：21n n n a a a +=-，()()()2221212231111n n n n a a a a a a a a a a a a ++∴++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-=-<，B 正确；对于C ，由110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭及A 中结论得：1112na <-<，1121n a <<-， 12111111nn a a a ∴++⋅⋅⋅+>---，显然对任意的正数b ，在在正整数m ，使得m b >，此时12311111111mb a a a a +++⋅⋅⋅+>----成立，C 正确； 对于D ，（i ）当1n =时，由已知知：112a <成立， （ii ）假设当()n k k N*=∈时，11nan <+成立， 则222111112411n n n n a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=-+=--+<-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 又()()()221111012121n n n n n -+-=-<+++++，即()2111121n n n -+<+++， 112n a n +∴<+，综上所述：当n *∈N 时，112n a n +<+，D 正确. 故选：ABCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，关键在于能够熟练应用不等式的性质与函数的性质进行化简辨析，同时对于数列中的不等式证明问题，可采用数学归纳法进行证明.5．设数列{}n a 前n 项和n S ，且21n n S a =-，21log n n b a +=，则（ ） A ．数列{}n a 是等差数列 B ．12n n aC ．22222123213n na a a a -++++= D ．122334111111n n b b b b b b b b +++++< 【答案】BCD 【分析】利用n S 与n a 的关系求出数列{}n a 的通项公式，可判断AB 选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C 选项的正误；利用裂项求和法可判断D 选项的正误. 【详解】对任意的n *∈N ，21n n S a =-.当1n =时，11121a S a ==-，可得11a =； 当2n ≥时，由21n n S a =-可得1121n n S a --=-， 上述两式作差得122n n n a a a -=-，可得12n n a a -=，所以，数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，11122n n n a --∴=⨯=，A 选项错误，B选项正确；()221124n n na --==，所以，22221231441143nn n a a a a --==-++++，C 选项正确； 212log log 2n n n b a n +===，()1111111n n b b n n n n +==-++， 所以，12233411111111111111112233411n n b b b b b b b b n n n +++++=-+-+-++-=-<++， D 选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.6．下面是关于公差0d >的等差数列{}n a 的几个命题，其中正确的有（ ） A ．数列{}n a 递增B ．n S 为{}n a 的前n 项和,则数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列 C ．若n a n =，n S 为{}n a 的前n 项和，且n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列，则0cD ．若70a =，n S 为{}n a 的前n 项和，则方程0n S =有唯一的根13n = 【答案】ABD 【分析】选项A. 由题意10n n a a d +-=>可判断；选项B.先求出112n S n a d n -=+⨯，根据1012n n S S dn n +-=>+可判断；选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则0c 或1c =时n S n c ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列可判断；选项D.由1602n n S dn -⎛⎫=--= ⎪⎝⎭可判断. 【详解】选项A. 由题意10n n a a d +-=>，则1n n a a +>，所以数列{}n a 递增，故A 正确. 选项B. ()112n n n S na d -=+⨯,则112n S n a d n -=+⨯ 所以1012n n S S d n n +-=>+，则11n n S S n n +>+，所以数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是递增的等差数列. 故B 正确. 选项C. 若n a n =,则()12n n n S +=，则()()12n n n S n c n c =+++当0c时，12+n S n c n =+为等差数列. 当1c =时，2n S n c n=+为等差数列.所以选项C 不正确.选项D. 70a =,即7160a a d =+=，则16a d =-又()()1111660222n n n n n n S na d dn d dn ---⎛⎫=+⨯=-+⨯=--= ⎪⎝⎭ 由0,0d n >>，所以1602n --=，得13n =，故选项D 正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查等差数列的判定和单调性的单调，解答本题的关键是利用等差数列的定义和前n 项和公式进行判断，求出162n n S dn -⎛⎫=-+⎪⎝⎭，从而判断，属于中档题.7．已知数列{}n a ，{}n b 满足1n n n a a +-=，21n n n b a nb ⋅+=，且11a =，n S 是数列{}n b 的前n 项和，则下列结论正确的有（ ）A ．m +∃∈N ，55m m a a a +=+B ．n +∀∈N ，33314n a n +≥ C ．m +∃∈N ，16m b = D ．n +∀∈N ，113n S ≤< 【答案】BD 【分析】用累加法得到222n n n a -+=，代入21n n n b a nb ⋅+=，得11212n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭， 代入5m a +5m a a =+求出m 可判断A ；代入33n a n+求最值可判断B ； 令1121612m b m m ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭解出m 可判断C ；裂项相消后可求出n S 的范围可判断D. 【详解】因为1n n n a a +-=，所以211a a -= 322a a -=11(2)n n n a a n -=-≥-以上各式累加得1121(1)2n a a n n n =+++-=--，所以(1)12n n n a -=+，当1n =时，11a =成立， 所以2(1)2122n n n n a n --+=+=，由21n n n b a nb ⋅+=，得112112(1)1222(1)(2)12n n b a n n n n n n n n ⎛⎫====- ⎪+++++⎝-+⎭+，对于A ，()()5254922122m a m m m m ++++++==，25(1)5(51)2411222m a a m m m m -⨯--+=+++=+ ， 当55m m a a a +=+时，222492222m m m m -+++=，得15m +=∉N ，A 错误； 对于B，(1)1(13333343411)22222n n n n a n n n n n ++==+=+-≥--+， 当且仅当268n =取等号，因为n +∀∈N ，所以8n =时，8333184a +=， 所以B 正确；对于C ，令1121612m b m m ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭得，215308m m ++=，解得m +=N ，所以C 错误；对于D ， n +∀∈N ，1231111112233412n S b b b n n ⎛⎫=+++=-+-++- ⎪++⎝⎭112211222n n ⎛⎫=-=-< ⎪++⎝⎭，可以看出n S 是关于n 递增的，所以1n =时有最小值13， 所以113n S ≤<，D 正确. 故选：BD. 【点睛】本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和，关键点是用累加法求出n a ，然后代入求出n b ，考查了学生的推理能力、计算能力.8．某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =-B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【分析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-， 第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误； 第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确； 因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+， 所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t ta a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-，因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确； 当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误； 故选：BC 【点睛】解题的关键是根据123,,a a a ，总结出n a ，并利用求和公式，求得n a 的表达式，综合性较强，考查计算化简的能力，属中档题.9．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若981S =，713a =，3S ，1716S S -，k S 成等比数列，则（ ） A ．2n S n = B ．122310*********a a a a a a ++⋅⋅⋅+= C ．11k = D ．21n a n =-【答案】ACD 【分析】先根据题意求出等差数列的首项和公差，再根据等差数列的通项公式和求和公式求得,n n a S ，再由3S ，1716S S -，k S 成等比数列列出式子求解得出k 的值，再利用裂项相消法求和，得到122310111111021a a a a a a ++⋅⋅⋅+=，从而判断各项的正误. 【详解】依题意，95981S a ==，解得59a =； 而713a =，故75275a a d -==-，则1541a a d =-=， 则21n a n =-，2n S n =，故D 、A 正确：因为3S ，1716S S -，k S 成等比数列，故()223171617k S S S S a =-=，则22933k =，解得11k =，故C 正确；而122310111111021a a a a a a ++⋅⋅⋅+=，故B 错误． 故选：ACD ． 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下： （1）根据题意，求得通项公式，进而求得前n 项和； （2）根据三项成等比数列的条件，列出等式，求得k 的值； （3）利用裂项相消法，对12231011111a a a a a a ++⋅⋅⋅+求和； （4）对选项逐个判断正误，得到结果.10．斐波那契数列{}n a ：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，其通项公式n n n a ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，是用无理数表示有理数的一个范例，该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即21n n n a a a ++=+，记该数列{}n a 的前n 项和为n S ，则下列结论正确的是（ ）A ．10711S a =B ．2021201920182a a a =+C ．202120202019S S S =+D ．201920201S a =-【答案】AB 【分析】选项A 分别求出710S a ，可判断，选项B 由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+可判断,选项C ，由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可判断.选项D.由()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-可判断.【详解】因为10143S =，711143a =，所以10711S a =，则A 正确；由21n n n a a a ++=+，得()112n n n a a a n +-=+≥，相加得2n a +12n n a a -=+， 所以2021201920182a a a =+，所以B 正确； 因为202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，所以2021202020191S S S =++，所以C 错误； 因为()()()()()123324354652122n n n n n S a a a a a a a a a a a a a a a a +++=++++=-+-+-+-++-=-21n a +=-，所以201920211S a =-，所以D 错误.故选：AB. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的递推关系的应用，解答本题的关键是由202112342021S a a a a a =+++++，202012S a a =+++2020a ，两式错位相减可得202120201220192019101S S a a a S -=+++++=+，以及由递推关系可得()()()()()324354652122n n n n S a a a a a a a a a a a a +++=-+-+-+-++-=-，属于中档题.。
第3讲 数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考察数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考察学生逻辑推理能力和创新意识.真 题 感 悟(2021·浙江卷)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， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，假设x k ＋1≤0，那么0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考 点 整 合证明一个与正整数n 有关的命题，可按以下步骤进展： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当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n 0开场的所有正整数n 都成立.一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法.放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.热点一 数学归纳法证明数列不等式【例1】 (2021·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n a 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)假设b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥〔b －a 2〕〔b ＋1〕a 2〔1－b 〕＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号一样， 而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1， 那么a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)假设a k ≥b ，那么由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；假设a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ， 而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1， 所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k＝a 2·2k －1〔1＋a 22〕〔1＋a 23〕…〔1＋a 2k 〕>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b 〔k －1〕. 因为k ≥〔b －a 2〕〔b ＋1〕a 2〔1－b 〕＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .探究提高 数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的构造特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二 反证法证明数列不等式【例2】 (2021·温州调考)数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)， 所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0， 而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1， 而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时， 那么有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).探究提高 数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进展探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据不等式利用根本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立.热点三 放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2021·宁波调研)数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解 由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解 由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，那么1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， 所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明 由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ， 故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2021·金华联考)数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12〔a n ＋1－2〕＝1a n 〔a n －2〕＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高 数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的构造合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2021·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)假设|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否那么，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2021·学军中学月考)数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2021·浙东北大联盟考试)数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn 〔n ＋1〕，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn 〔n ＋1〕≤0，那么a n ＋1≤a n .假设a n ＋1＝a n ，那么a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n 〔n ＋1〕≥1－12n 〔n ＋1〕>0， 那么a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，那么a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，那么a n ＋1＝a n －a 2nn 〔n ＋1〕<a n －a n a n ＋1n 〔n ＋1〕，即1a n －1a n ＋1<－1n 〔n ＋1〕＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n 〔n ＋1〕≥1－a 1n 〔n ＋1〕＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)， 得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2021·杭州质量检测)数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)假设a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)假设对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n 〔n ＋1〕. (1)解 由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1， 设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)， 那么d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－〔d 1＋d 2＋…＋d 5〕499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明 假设存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1， 那么由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开场，数列{a n }严格递增， 故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0， 故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n 〔n ＋1〕2b n ， ∴b n ≤2n 〔n ＋1〕，综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n 〔n ＋1〕.。
一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析. 二．解题策略类型一 数列中的恒成立问题【例1】【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考】已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A ． B ．C ．D ．【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解，解答本题的关键是由等差数列通项公式可得，进而由递推关系可得，借助裂项相消法得到，又，问题等价于对任意的，恒成立.【举一反三】已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2142,n n S S n n n N -++=≥∈，若对任意1,n n n N a a ++∈<恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．()3,5 B ．()4,6 C ．[)3,5 D ．[)4,6 类型二 数列中的最值问题【例2】【浙江省湖州三校2019年高考模拟】已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（ ） A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021【指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键【举一反三】【河南省许昌市、洛阳市2019届高三三模】已知数列，的前项和分别为，，且，，，若恒成立，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．49D ．类型三 数列性质的综合问题【例3】【江苏省扬州中学2019届高三下学期3月月考】已知等差数列的前n 项和为，若1≤≤3，3≤≤6，则的取值范围是_______．【指点迷津】1.本题先根据求出的取值范围，然后根据不等式的性质可得所求结果.2.由数列的递推公式求通项常用的方法有：（1）累加法（相邻两项的差成等差、等比数列）；累乘法（相邻两项的积为特殊数列）；（3）构造法，形如()10,1n n a qa p p q -=+≠≠的递推数列求通项往往用构造法，即将()10,1n n a qa p p q -=+≠≠利用待定系数法构造成()1n n a m q a m -+=+的形式，再根据等比数例求出{}n a m +的通项，进而得出{}n a 的通项公式. 【举一反三】【广东省汕尾市2019年3月高三检测】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．类型四 数列与函数的综合问题 【例4】已知函数的定义域为，当时，，且对任意的实数，，恒成立，若数列满足（）且，则下列结论成立的是（ ） A ． B ． C ．D ．【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向. (2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系. 【举一反三】【浙江省杭州第十四中学2019届高三9月月考】已知数列中， ，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A ． B ．C ．D ．类型五 数列与其他知识综合问题 【例5】将向量12,,,n a a a 组成的系列称为向量列{}n a ，并定义向量列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =+++．若()*1,n n a a R n N λλ+=∈∈，则下列说法中一定正确的是（ ）A. ()111nn a S λλ-=- B. 不存在*n N∈，使得0n S =C. 对*m n N ∀∈、，且m n ≠，都有m n S SD. 以上说法都不对【例6】斐波那契数列{}n a 满足： ()*12121,1,3,n n n a a a a a n n N --===+≥∈.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为n S ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为n c ，则下列结论错误的是（）A. 2111·n n n n S a a a +++=+ B. 12321n n a a a a a +++++=-C. 1352121n n a a a a a -++++=- D. ()1214?n n n n c c a a π--+-=【指点迷津】这类题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.【举一反三】1.如图所示，矩形n n n n A B C D 的一边n n A B 在x 轴上，另外两个顶点,n n C D 在函数()1(0)f x x x x =+>的图象上.若点n B 的坐标为()(),02,n n n N +≥∈，记矩形n n n n A B C D 的周长为n a ，则2310a a a +++=（ ）A. 220B. 216C. 212D. 2082.将正整数12分解成两个正整数的乘积有112⨯， 26⨯， 34⨯三种，其中34⨯是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称34⨯为12的最佳分解.当p q ⨯（p q ≤且*,N p q ∈）是正整数n 的最佳分解时，我们定义函数()f n q p =-，例如()12431f =-=.数列(){}3nf 的前100项和为__________．类型六 数列与基本不等式结合的问题【例7】【山东省济宁市2019届高三一模】已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为A ．B ．C ．D ． 【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想.【举一反三】【甘肃省白银市靖远县2019届高三第四次联考】已知函数，若，则的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．三．强化训练 一、选择题1．【安徽省宣城市2019届高三第二次调研】已知正项等比数列满足 ，若存在两项，，使得，则的最小值为（ ）A．B．C．3 D．2.【2019年3月2019届高三第一次全国大联考】已知数列的前项和为，，且满足，若，，则的最小值为（）A．B．C．D．03.【四川省成都市外国语学校2019届高三一诊】在正项等比数列中，，．则满足的最大正整数的值为（）A．10 B．11 C．12 D．134.若数列的通项公式分别为，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．5．已知各项均为正数的数列的前项和为，且，若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．6．【吉林省吉林市实验中学2019届高三下学期第八次月考】已知等比数列的公比，其前n项的和为，则与的大小关系是A．B．C．D．7．已知，，并且，，成等差数列，则的最小值为A．16 B．9 C．5 D．48．【贵州省2019年普通高等学校招生适应性】设，点，，，，设对一切都有不等式成立，则正整数的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题9.【河北省衡水中学2019届高三下学期一调】20．已知数列的前项和.若是中的最大值，则实数的取值范围是_____．10．【2019届高三第二次全国大联考】已知数列的前项和为，，当时，，若恒成立，则正数的取值范围为____________．11．【云南省2019年高三第二次检测】已知数列的前项和为，若，则使成立的的最大值是_____．12．【重庆市南开中学2019届高三第三次检测】在正项递增等比数列中，，记，，则使得成立的最大正整数为__________．13.已知数列{}n a 中， 12a =，点列()1,2,n P n =⋯在ABC ∆内部，且n P AB ∆与n P AC ∆的面积比为2:1，若对*N n ∈都存在数列{}n b 满足()113202n n n n n n b P A a P B a P C ++++=，则4a 的值为______. 14.已知函数()12f x x =+，点O 为坐标原点，点()()()*,n A n f n n N ∈，向量()0,1i =，θn 是向量OAn 与i 的夹角，则使得1212cos cos cos sin sin sin nnt θθθθθθ++< 恒成立的实数t 的取值范围为 ___________． 15.【新疆2019届高三一模】已知数列为等差数列，，，数列的前n 项和为，若对一切，恒有，则m 能取到的最大正整数是______．16. 【北京师大附中2019届高三4月模拟】设数列的前n 项和为，，且，若，则n 的最大值为______．。
