高考数学二轮专题复习——数列中的不等问题

这是一份高考数学二轮专题复习——数列中的不等问题，共35页。试卷主要包含了设数列的前n项和为，且，记为数列的前项和，已知，等内容，欢迎下载使用。

（2023·全国·模拟预测）
1．已知等比数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
（2024·全国·模拟预测）
2．设数列的前n项和为，且．若对恒成立，则的取值范围为 ．
（2023·山东潍坊·昌邑市第一中学校考模拟预测）
3．已知是公差为2的等差数列，其前项和为，是与的等差中项，则= ；设，若对，使得恒成立，则的取值范围为
（2024·福建漳州·统考模拟预测）
4．已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前项和，证明：.
（2024·全国·模拟预测）
5．已知数列的前项和为，且是以2为公差的等差数列．
(1)若，求证：是等比数列；
(2)对任意，都有成立，求的取值范围．
（2024·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）
6．已知为数列的前项和，且为正项等比数列，，.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，且数列的前项和为，若恒成立，求实数的取值范围.
（2024·安徽淮北·统考一模）
7．已知数列为递增的等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：当时，.
（2024·云南楚雄·云南省楚雄彝族自治州民族中学校考一模）
8．已知数列的前项和为，且是首项为4，公比为2的等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意，，求的取值范围．
（2023·广西玉林·校联考模拟预测）
9．记为数列的前项和，已知，．
(1)证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
（2023·全国·模拟预测）
10．已知是数列的前项和，，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式．
(2)设，数列的前项和为，证明：．
（2023·全国·模拟预测）
11．已知正项数列的前n项和为，且满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，数列的前n项和为，证明：．
（2023·湖南邵阳·统考二模）
12．已知为数列的前项和，，，记.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记数列的前项和为，求证：.
（2023·北京·统考高考真题）
13．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
（2022·浙江·统考高考真题）
14．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
（2022·全国·统考高考真题）
15．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
（2023·天津·统考高考真题）
16．已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
（2023·全国·统考高考真题）
17．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
（2022·全国·统考高考真题）
18．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
（2023下·全国·高三竞赛）
19．已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为（ ）
A．48B．50C．52D．54
（2022下·四川成都·高一树德中学校考竞赛）
20．已知正项等比数列的前n项和为，且满足，，当时，不等式恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
（2023上·湖南湘西·高三统考竞赛）
21．已知数列满足，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（2023上·全国·高三统考竞赛）
22．已知数列满足，，记数列的前n项和为．若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为 ．
（2023上·湖南湘西·高三统考竞赛）
23．各项不为0的数列满足，且.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.
（2022下·四川成都·高一树德中学校考竞赛）
24．已知数列中，，．正项等比数列的公比，且满足，．
(1)证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；
(2)如果，求的前n项和为；
(3)若存在，使成立，求实数 的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式求出，，由题意可得恒成立，运用基本不等式求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，则，即，解得，
所以，所以，
因为恒成立，即恒成立，即恒成立，
由基本不等式可得，当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的取值范围为．
故选：.
2．
【分析】由与的关系，可求得，进而求出与的值，当时，可得两个等差数列的通项公式，由相邻两项间的大小关系，即可求得的取值范围.
【详解】法一：因为，当时，，两式相减得，则，两式相减得．
当时，，则；当时，，则．
则．
要使对恒成立，则即解得，
所以的取值范围为.
法二：，当时，，
两式相减得，则，
两式相减得，所以数列都是以2为公差的递增数列，
要使对恒成立，只需而，
则解得,
所以的取值范围为.
故答案为：
3．
【分析】
根据等差中项性质结合等差数列的相关公式列式计算，求得首项，即可求得通项公式；进而可得的表达式，利用作差法判断其单调性，确定最大值，结合数列不等式恒成立，即可求得参数范围.
【详解】由题意知是公差为2的等差数列，是与的等差中项，
则，即，
故；
故，
则，
当时，，数列的项增大；当时，，数列的项是减小的；
故为数列的最大值项，
对，使得恒成立，则，
即的取值范围为，
故答案为：，
4．(1)，
(2)证明见解析
【分析】
（1）借助与的关系与等比中项的性质计算即可得；
（2）借助裂项相消法可求得，结合函数的单调性即可得证.
【详解】（1）因为，所以，①
当时，，②
①－②得，化简可得，，
且当时，满足上式，
所以数列是公差为2的等差数列，
由题可得，故，解得，
所以，；
（2）证明：令，
所以
，
又函数在上单调递增，所以.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先写出数列的通项公式，然后利用计算，利用待定系数法构造等比数列求解即可；
（2）设，将恒成立转化为，即证明单调递增，设，计算恒成立，转化为最值问题求解即可.
【详解】（1）因为是以2为公差的等差数列，且，
所以①．
所以②，
由②-①，得．所以．
因为，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）得当时，，
当时，适合上式，所以．
因为对任意，都有成立，
不妨设，则，所以．所以单调递增．
设，
则，
所以，即．
因为单调递减，所以．所以．
综上所述，的取值范围是．
6．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】
（1）利用整理化简可得，再结合得到数列为等差数列，即可求出数列的通项公式，将数列的通项公式代入，计算即可得结论；
（2）利用数列的通项公式即可得数列的通项公式；
（3）先利用错位相减法求出，再将恒成立转化为，构造，计算的正负确定其单调性，进而可得最值.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，
所以，
整理得，①
所以，②
由①-②得，所以数列为等差数列，
因为，所以数列的公差为，
所以.
设，
则，
因为（常数），
所以数列是等差数列；
（2）设数列的公比为，
结合（1）及已知得，
解得，所以；
（3）由（1）（2）得，，
所以，①
又②
①-②，得，
所以，
由，解得.
设，则，
故，
因为，
故恒成立，知单调递减，
故的最大值为，则，即的取值范围为.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）求得，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，分别求得的表达式，结合指数幂的性质，即可得证.
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，
因为，，可得，
可两式相减，可得，所以，解得或，
又因为数列为递增的等比数列，所以，则，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，可得.
当为偶数时，
.
此时，.
当时，，所以成立.
当为奇数时，.
检验知，当时，上式也成立.
此时，，
当时，，所以成立.
综上所述，当时，成立.
8．(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列的通项公式求得，进而求得；
（2）利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）因为是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
当时，，所以，
又符合上式，所以；
（2）由（1）得，
所以
，
因为，，所以，所以，
由题意可得，即的取值范围是．
9．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）令可求得的值，当时，由，可得，两式作差，结合等比数列的定义可证得结论成立，据此可求得数列的通项公式；
（2），利用裂项相消法可证得结论成立.
【详解】（1）证明：因为，，为数列的前项和，
当时，，
当时，由①，可得②，
①②可得，即，所以，，
又因为，则当时，数列是等比数列，其公比为，
即当时，，则，
不满足，所以，.
（2）证明：，
则
.
综上，对任意的，.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据已知等比中项列等式，结合与的关系可得的递推公式，然后利用构造法求，再根据与的关系求通项；
（2）根据裂项相消法求，然后可证明.
【详解】（1）由成等比数列，
得，
所以．
整理，得，则．
又，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以，即．
当时，，
所以．
当时，不符合上式．
故.
（2）由（1）可知，，
所以
，
所以，
故．
11．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据数列递推式可得当时，有，结合可推出，结合等比数列定义即可证明结论；
（2）结合（1）可求出的表达式，可得的表达式，利用裂项相消法即可求得，结合不等式性质即可证明结论.
【详解】（1）由得，则当时，有，
两式相减得，
整理得，即，
因此数列是以为公比的等比数列．
（2）由（1）及可得，
因此．
于是，
所以
，
由于，所以，
故．
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出；
（2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证.
【详解】（1）由，得，，
则，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
.
（2），
，
，
当为奇数时，，
当为偶数时，，由，可知是递增数列，
，
综上，.
13．B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
14．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

15．D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
16．(1)，；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，
取，当时，，取，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.
17．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
18．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
19．D
【分析】根据，由累加迭代法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和得，两种情况结合得，进而可求解.
【详解】由，故由累加法得：当时，，因此，由此得，由于当时，，故,
由得以此类推可得，因此进而，由于，所以，综上可知，故满足条件的所有可能取值有，
故选：D
20．A
【分析】设正项等比数列的公比为，求出公比，从而可求得数列通项公式及数列前和，在分离参数，从而可得出答案.
【详解】解：设正项等比数列的公比为，
因为，，
所以，解得或（舍去），
所以，
，
不等式恒成立，
即不等式恒成立，
即不等式恒成立，
又，
所以，解得，
所以实数t的取值范围为.
故选：A.
21．ACD
【分析】对于选项A，B证明数列为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着减小，从而增大，即得解；对于选项D，证明，即得解.
【详解】解：对于选项A、B，因为，，所以，
设，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
所以，
当时，，，
当时，，，
因为，所以这种情况不存在，
则数列满足当时，，为单调递减数列，
故A选项正确，B选项错误；
对于选项C，
令，设
则，
所以函数单调递减，所以随着减小，从而增大，
所以，即，所以C选项正确，
对于选项D，由前面得，
下面证明，只需证明，
令，则，所以，
令，则，
成立，则
所以
所以D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；
（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；
（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.
22．
【分析】由题设易知是首项、公比都为2的等比数列，可得，进而得到，裂项相消法求，根据不等式恒成立求参数范围.
【详解】由题设，而，则是首项、公比都为2的等比数列，
所以，则，
所以，
则在上恒成立，
要使不等式恒成立，只需，所以实数k的取值范围为.
故答案为：
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据递推公式得到，进而证明数列为等差数列；
（2）结合（1）可得，代入对任意恒成立，利用数列的单调性即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）因为各项不为0的数列满足，
两边同时取倒数，可得，所以，
，，解得.
数列为等差数列，且公差为3，首项为.
（2）由（1）可得，，
对任意恒成立，对任意恒成立，
令，
当时，；
当时，；
当时，单调递增，,
所以，
实数的取值范围为.
24．(1)证明见解析，，
(2)
(3)
【分析】（1）由，可得，进而求得，即可得到数列为等差数列，进而求得，又由，，结合等比数列的通项公式，求得.
（2）由（1）知，，得到，结合裂项求和，即可求解；
（3）：由，求得，得到，根据题意转化为存在，使成立，设，结合，求得数列的单调性，求得的最小值，即可求解.
【详解】（1）解：因为，可得，
可得，所以，
即，
又因为，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列，
所以，所以，
由，，可得，，
因为，所以，所以.
（2）解：由（1）知，，可得，
所以.
（3）解：由，可得，
则，
存在，使成立，
即存在，使成立，即存在，使成立，
设，则
令，
当时，，即
当时，，即，
当时，可得，即的最小值为，
所以，即实数k的取值范围．