二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点9数列单调性的判断方法（九）——数列单调性的应用

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微点9 数列单调性的判断方法（九）——数列单调性的应用
【微点综述】
函数的单调性在求函数的最值、不等式、函数的图像等方面被广泛应用，作为一种特殊的函数，数列是一种定义在正整数集（或其子集）上的特殊的函数，因此它也像函数一样具有单调性．单调性是数列的一个重要性质，数列单调性的应用也是非常广泛的.近年来随着递推数列及数列不等式的深入研究和频繁出现，数列单调性的判别法逐渐被重视，本文结合具体例子，说明高中数列单调性在解题中的应用．
【典例刨析】
一、数列单调性应用于求解数列的最值项
1．数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列中是否存在最大项和最小项？若存在，求出相应的最大项或最小项；若不存在，说明理由．
二、数列单调性应用于求解应用题中的最值
2．某企业2015年的纯利润为500万元,因为企业的设备老化等原因,企业的生产能力将逐年下降.若不进行技术改造,预测从2015年开始,此后每年比上一年纯利润减少20万元.如果进行技术改造,2016年初该企业需一次性投入资金600万元,在未扣除技术改造资金的情况下,预计2016年的利润为750万元,此后每年的利润比前一年利润的一半还多250万元.
(1)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的年纯利润为万元;进行技术改造后,在未扣除技术改造资金的情况下的年利润为万元,求和;
(2)设从2016年起的第n年(以2016年为第一年),该企业不进行技术改造的累计纯利润为万元,进行技术改造后的累计纯利润为万元,求和;
(3)依上述预测,从2016年起该企业至少经过多少年,进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润?
三、数列单调性应用于证明不等式
例3．（2023上海中学期末考试）
3．已知数列满足，.
(1)写出数列的前四项；
(2)判断数列的单调性；
(3)求证：.
四、数列单调性应用于求解不等式恒成立问题
4．已知数列的前项和为，，，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．
例5．（2023北京东城区上学期期末考试）
5．对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，都有，则称数列是有界的.若这样的正数不存在，则称数列是无界的.记数列的前项和为，下列结论正确的是（ ）
A．若，则数列是无界的B．若，则数列是有界的
C．若，则数列是有界的D．若，则数列是有界的
6．设为常数，且．
(1)证明对任意；
(2)假设对任意，有，求的取值范围．
五、数列单调性应用于判断某个数是不是数列中的项
7．已知数列是公差不为零的等差数列，函数是定义在上的单调递增的奇函数，数列的前项和为，对于命题：
①若数列为递增数列，则对一切，；
②若对一切，，则数列为递增数列；
③若存在，使得，则存在，使得；
④若存在，使得，则存在，使得；
其中正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知函数的图像过点和.
（1）求函数的解析式；
（2）记是正整数，是的前n项和，解关于n的不等式；
（3）对于（2）中的数列，整数是否为中的项？若是，则求出相应的项；若不是，则说明理由.
本文介绍了数列单调性的应用，除了上述几种应用之外，数列单调性的应用还很多．研究数列的单调性解决最值问题，函数、导数、数列、三角、解析几何等网络交汇处的综合问题往往成为高考的压轴问题．因此，数列单调h}的应用值得引起广大高中教师和学生高度重视．
【针对训练】
9．已知数列满足，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
（2023广东肇庆二模）
10．设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
11．已知数列满足，，则的最小值为（ ）
A．10.5B．10.6C．10.4D．10.7
12．已知数列的前项和为，，且（λ为常数）．若数列满足，且，则满足条件的的取值可以为（ ）
A．5B．6C．7D．8
（2023上海奉贤致远高中上学期期中）
13．已知数列{}的通项公式为，若，分别是该数列的最大项和最小项，则i＋j＝ ．
（2023江西赣州1月期末考试）
14．已知数列满足，，，是递增数列，是递减数列，则 ．
（2023湖北部分重点中学联考）
15．已知数列中，，当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由.
16．某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同．为保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少万辆？
17．设函数（其中），，
（1）求的值
（2）设写出与的递推关系，并求的通项公式.
（3）设数列的通项公式为,数列的前项和为，
问1000是否为数列中的项？若是，求出相应的项数，若不是，请说明理由.
18．数列满足，，.
(1)分别求数列和的通项公式；
(2)设，，若对任意正整数，不等式恒成立，求满足条件的整数的集合；
(3)若，，判断是否为等比数列？若不是，请说明理由；若是，试求出通项．
19．设是公差不为零的等差数列，满足，，设正项数列的前项和为，且．
（1）求数列和的通项公式；
（2）在和之间插入1个数，使、、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、、、成等差数列；；在和之间插入个数、、、，使、、、、、成等差数列．
① 求；
② 对于①中的，是否存在正整数、，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．
20．【江苏省南京师大附中2018届高三高考考前模拟考试数学试题】已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列， 4b2，2b3，b4成等差数列．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k（i＜j＜k），使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求m＋n的最小值；
（3）令cn＝，记{cn}的前n项和为Tn，{ }的前n项和为An．若数列{pn}满足p1＝c1，且对n≥2, n∈N*，都有pn＝＋Ancn，设{pn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜4＋4lnn．
参考答案：
1．(1)，
(2)存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项
【分析】（1）由题意得，与原式相除可得，利用累加法，即可得通项.
（2）设，分析可得数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数，分别讨论数列的奇数项和偶数项，根据数列的单调性，分析求解，综合即可得答案.
【详解】（1）因为，
所以
两式相除得，
又当时，满足上式，所以
从而，
所以，
，，
累加可得时，则，
又当时，亦符合该通项，
所以的通项公式为，．
（2）设，则数列是摆动数列，所有奇数项均为负数，所有偶数项均为正数．
所以若出现最大项，一定在偶数项出现；若出现最小项，一定在奇数项出现．
（i）考查奇数项，令，解得，此时，
又，且，所以,
所以有，这表明数列的最小项为．
（ii）考查偶数项，令，解得，此时，
又，即，
所以有，这表明数列的最大项为．
综上所述，存在最大项和最小项，最大项为第四项，最小项为第三项．
【点睛】解题的关键是熟练掌握由递推与通项、累加法等求通项的方法，难点在于分析得为摆动数列，结合数列的单调性，分奇偶讨论最大和最小，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.
2．(1) ,(2) ,(3) 至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润将超过不进行技术改造的累计纯利润.
【分析】(1)利用等差数列、等比数列的通项公式求和
(2) 是数列的前项和，是数列的前项和减去600，利用等差数列和等比数列的前项和公式求出即可
(3)作差，利用函数的单调性，即可得出结论
【详解】(1)由题意得 是等差数列，
所以
由题意得
所以
所以是首项为250，公比为的等比数列
所以
所以
(2) 是数列的前项和
所以
是数列的前项和减去600，所以
(3)
易得此函数当时单调递增
且时
时
所以至少经过4年，进行技术改造的累计纯利润
将超过不进行技术改造的累计纯利润.
【点睛】本题考查的是数列的综合知识，包含通项公式的求法、前n项和的求法及数列的单调性.
3．(1)，，，
(2)严格增数列
(3)证明见解析
【分析】（1）由递推公式直接求解；（2）利用作差法证明出的单调性；（3）利用数学归纳法证明.
【详解】（1）因为数列满足，，
所以，，.
（2）因为，所以，所以.
所以数列为严格增数列.
（3）用数学归纳法证明：
当时，有显然成立；
假设时，命题成立，即.
所以当时，只需证明成立即可.
先证明左边.
由于随的增大而增大，所以有，
只需证，两边平方得：，化简得：，显然成立.
再证右边.
由于随的增大而增大，所以有，
只需证，
化简得：，
展开，整理得：，
再平方，左边，
右边，
所以左边<右边.
综上所述：原命题成立，即.
【点睛】数学归纳法适用于证明与正整数有关的命题.其步骤为：
第一步：验证取第一个自然数时成立；
第二步：假设时成立，然后以验证的条件和假设的条件作为论证的依据进行推导，在接下来的推导过程中不能直接将代入假设的原式中去；
最后一步总结表述.
4．C
【分析】由已知递推关系先求的通项公式，用错位相减法求数列的前项的和，
再变量分离不等式，构造新数列，确定新数列的单调性进而求最值.
【详解】由，得，
当时，，
两式作差，得，
化简得，当时，
，，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
，，
，，
错位相减得，，
所以.
令，则，
故当时，，单调递增，且，
当时，，单调递减，，
，于是由题意得.
故选: C.
【点睛】方法点睛:确定数列问题中的参数取值范围（或最值），常通过变量分离，构造数列转化为求新数列的最值.
5．C
【分析】根据可知A错误；由可知不存在最大值，即数列无界；分别在为偶数和为奇数的情况下得到，由此可确定，知C正确；采用放缩法可求得，由可知D错误.
【详解】对于A，恒成立，存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，A错误；
对于B，，
，，即随着的增大，不存在正数，使得恒成立，
数列是无界的，B错误；
对于C，当为偶数时，；当为奇数时，；
，存在正数，使得恒成立，
数列是有界的，C正确；
对于D，，
；
在上单调递增，，
不存在正数，使得恒成立，数列是无界的，D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是理解数列有界的本质是对于数列中的最值的求解，进而可以通过对于数列单调性的分析来确定数列是否有界.
6．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由求出，可得数列是公比为，首项为的等比数列，从而可得，化简即可得证.
（2）由作差法证明即可.
【详解】（1）设，
用代入，可解出，
所以数列是公比为，首项为的等比数列，
，
化简即得：.
（2）如果成立，
取 ，有
因此，
下面证明当 时，对任意，有.
由的通项公式得：
(i)当时,
(ii)当时,
，
故的取值范围为.
7．B
【分析】逐一分析选项，得到正确答案.
【详解】①令 ， ，故①错；
②对一切，，则，又因为是上的单调递增的奇函数，所以，若递减，设，且
，
且，所以，则
，则
，与题设矛盾，所以递增，故②正确；
③设，， ，则，， ，存在，但是，故③错误；
④因为，所以，
所以，
则，
则，则存在，使得，故④正确.
故选B.
【点睛】本题考查函数与数列的综合问题，属于难题，意在考查利用数列和函数的性质推理，证明，如果比较难的存在性证明，可以举反例说明不成立.
8．（1）；（2）；（3）不是数列中的项，理由见解析
【分析】（1）将点A、点B代入函数解析式，求得a，b即可.
（2）易得，再由等差数列前n项和公式得到，解不等式即可.
（3）令，再论证方程是否有正整数解即可.
【详解】（1）因为函数的图像过点和，
所以，
解得，
所以.
（2）由（1）知：，
所以
所以，即为，
所以，
解得，
故
（3）由（2）知，
设，
令，
当时，，，，，
由（2）知当时，易知，
当时， ，所以单调递增，
当时，，
当时，.
因此不是数列中的项.
【点睛】本题主要考查函数解析式的求法，等差数列的通项公式，前n项和公式以及数列与项的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
9．C
【解析】由数列递推式得到是首项为2，公比为2的等比数列，求出其通项公式后代入，当时，，且求得实数的取值范围.
【详解】解：由得，
则
由，得，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴，
由，
得，
因为数列是单调递增数列，
所以时，，
，即，
所以，
又∵，，
由，得，得，
综上：实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】解决数列的单调性问题的3种方法：
（1）作差比较法根据的符号判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
（2）作商比较法根据(或)与1的大小关系进行判断；
（3）数形结合法结合相应函数的图象直观判断.
10．A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
11．A
【分析】由所给表达式，结合累加法可求得的通项公式；
进而求得的表达式，因为取正整数，利用最低点附近的求的最小值．
【详解】因为，所以由递推公式可得

当时，等式两边分别相加，得
，
因为，则，而满足上式，
所以，
即,，
函数在上单调递减,在上单调递增,又因为 ，，
当时，，
当时，，
因为，
所以的最小值为，
故选: .
12．AB
【分析】利用可求得；利用可证得数列为等比数列，从而得到，进而得到；利用可得到关于的不等式，解不等式求得的取值范围，根据求得结果.
【详解】当时，，，解得：
当且时，
，即：
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，，解得：
又，或
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题考查数列知识的综合应用，涉及到利用与的关系求解通项公式、等比数列通项公式的求解、根据数列的单调性求解参数范围等知识，解决本题的关键点是能够得到的通项公式，进而根据单调性可构造出关于的不等式，从而求得结果，考查学生计算能力，属于中档题．
13．11
【分析】变形，构造函数，根据函数的单调性，得到答案.
【详解】
易知对应函数
在上单调递减，对应函数值大于零
在上单调递减，对应函数值小于零
故的最大项为，最小项为
即
故答案为
【点睛】本题考查了数列的最大项和最小项，构造函数得到单调区间是解题的关键，可以简化运算.
14．
【分析】由是递增数列可推出，由是递减数列，可推出，所以，即的首项为3，公差为的等差数列，即可求出.
【详解】解：因为是递增数列，所以，
故，
因为，所以，
所以，
又，所以，
因为是递减数列，所以，
同理，所以，
所以，即的首项为3，公差为的等差数列，
即．
故答案为：.
15．(1)；
(2)最大项，最小项.
【分析】(1)由递推式证明数列为等比数列，根据等比数列通项公式求其通项，再求数列的通项公式；
(2)研究数列的单调性，由此确定其最值.
【详解】（1）因为当时，，所以，
令，则，，又，所以，，
所以数列为等比数列，公比为2，首项为2，
所以，所以.
（2）由（1）知，得，
，
当时，，，即；
当时，，，即，
所以数列是先增后减，最大项为，
因为当时，且数列是单调递增；当时，
所以数列的最小项为．
16．
【分析】根据题中所给条件设出每年增加车辆数，并列出关于每年年末汽车保有量的数列的递推公式，解出的表达式，其中含有参数，根据所满足的约束条件可接触的最大值.
【详解】设2001年末汽车保有量为万辆，以后各年末汽车保有量依次为万辆，万辆，，每年新增汽车万辆，则，
由题意可知：，
当时，，
两式相减可得：，
显然，若，则，
即，此时，
若，则数列为以为首项，为公比的等比数列.
所以.
若，则对于任意正整数，均有，
所以，此时.
当时，，则对于任意正整数，均有，
所以，
由得：
，要使对于任意正整数，均有恒成立，
即对于任意正整数恒成立，
解得：当时，恒成立；
当时，得，此时恒成立的条件为在且上的最小值，
由于关于的函数单调递减，所以，
故每年新增汽车数量不应超过万辆.
17．（1），，； （2）； （3），不是数列中的项.
【分析】（1）由函数解析式结合数列通项公式可得的值；
（2）结合函数式，由函数关系得到与的一个递推关系式，可得的通项公式；
（3）求出数列的前项和为，及的表达式，对1000进行验算可得答案.
【详解】解：（1），，
（2），
，
（3）.
，
.
当时，，
当时，
不是数列中的项
【点睛】本题主要考查数列的递推式与通项及数列前n项的和，综合性大，属于难题.
18．(1)，
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得；
（2）分析数列的单调性，求出数列的最小项的值，可得出关于的不等式，即可解得集合；
（3）令，可得出，对的取值进行分类讨论，结合等比数列的定义可得出结论，结合等比数列的通项公式可得结果.
【详解】（1）解：，
故数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，
，且，
故数列是以为首项，以为公比的等比数列，故.
综上所述，，.
（2）解：，则，故数列为单调递增数列，
故，由题意可得，可得，解得，
因此，.
（3）解：设，则，代入，
得，
即，可得，
因为，故当时，数列不为等比数列；
当时，，数列为等比数列，则，；
当时，，数列为等比数列，则，.
19．（1），；（2）①；②存在符合题意的正整数对，它们为和．
【分析】（1）求出等差数列的首项和公差即得数列的通项公式，由题得当时，，，相减即得的通项公式；
（2）①，再利用错位相减法求和得解；②假设存在正整数，使得，化简得，令，证明时，，列举得解.
【详解】（1）设数列的公差为，则由可得，
再由化简得：，解得：，∴，
当时，得：；当时，，，
两式相减得，∴．
（2）①，
，
设，
所以，
上面两式错位相减得，
所以
所以，
∴．
②假设存在正整数，使得，
代入化简得，即，
令，
则由可得：．
当时，，
∴，即，舍去；
当时，，舍去；
当时，，符合题意；
当时，，符合题意；
综上：存在符合题意的正整数对，它们为和．
【点睛】本题主要考查数列通项的求法和数列求和，考查数列的存在性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20．（1）（2） 或 （3）见解析
【详解】分析：（1）设等差数列的公差为d（d≠0），等比数列在公比为q（q≠1）根据等差等比的通项公式化为首项和公差公比的关系求出公差公比记得到通项；（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列，有， 即 ，化简得， 可得 ， 即，然后结合m，n进行讨论求值即可；（3）结合错位相减法求和，在结合函数的思维构造不等式可得结论.
解：（1）设等差数列的公差为d（d≠0），等比数列在公比为q（q≠1），由题意得：

解得d＝1，q＝2，
所以.
（2）由ambj，amanbi，anbk成等差数列，
有，
即 ，
由于，且为正整数，所以，
所以，
可得 ， 即，
①当1≤m≤2时，不等式不成立；
②当 或 时 成立；
③当时，，，即，则有；
所以的最小值为6，
当且仅当，且 或 时取得．
（3）由题意得：



（1）
（2）
（1）—（2）得
，
求得 ，
所以 ，
设，则，
所以 在上单调递增，有，
可得 .
当，且N*时，，
有 ，
所以，
可得，
所以.
点睛：考查等差等比得通项和综合运用，错位相减法求和，构造函数与数列结合证明不等式，对学生的分析思维和解决问题的能力有较高要求，属于难题.