专题12 数列不等式（典型题型归类训练）-2025年高考数学二轮复习解答题解题技巧（新高考专用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。针对“一模”中的问题根据实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度。
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六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题11 数列不等式（典型题型归类训练）
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc890" 一、典型题型 PAGEREF _Tc890 \h 1
\l "_Tc32334" 题型一：数列不等式恒成立 PAGEREF _Tc32334 \h 1
\l "_Tc7719" 题型二：数列不等式能成立（有解）问题 PAGEREF _Tc7719 \h 8
\l "_Tc9936" 二、专题11 数列不等式专项训练 PAGEREF _Tc9936 \h 14
一、典型题型
题型一：数列不等式恒成立
1．（23-24高二下·河南南阳·期中）记数列的前项和为，已知，且．
(1)令，求数列的通项公式；
(2)若对于任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）分类讨论是奇数和偶数，利用递推公式计算即可；
（2）先利用等差数列求和公式分组求和，再分离参数，令，判定其单调性，计算即可.
【详解】（1）令，则①，
令，则②，
②－①，得，
又因为，所以可得，
代入①式，得，所以．
（2），其中，
，所以．
由，可得恒成立．
设，则，
当，即时，，
当，即时，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为．
2．（2024·广东韶关·二模）记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足.
(1)求；
(2)证明数列是等比数列并求；
(3)设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；
（2）对递推式变形结合对数运算求得，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；
（3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为对任意的恒成立，令，，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.
【详解】（1）因为，则，从而有，
由，则，
则，解得则有，所以；
（2）由，则，
所以，
故（非零常数），且，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以；
（3）由等比数列的前n项和公式得：，
因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增，
所以对任意的恒成立，令，，
则，当时，，是减函数，
当时，，是增函数，
又，且，，，则，
当n为偶数时，原式化简为，所以当时，；
当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以；
综上可知，.
3．（23-24高二下·贵州贵阳·期中）已知数列满足：，且.设的前项和为，.
(1)证明：是等差数列；
(2)求；
(3)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列的定义证明
（2）由已知得，再通过错位相减法求解出；
（3）不等式化简为，把问题转化为对恒成立，然后分别求出当、和时，t满足的条件即可
【详解】（1）因为，所以，
，
且，所以是以-2为首项，且公差为1的等差数列，即.
（2）由（1）知，，所以.
则，
于是，
两式相减得
，
因此.
（3）由，得，
依题意，对恒成立，
当时，，则；
当时，不等式恒成立；
当时，，
则，于是，
综上,实数的取值范围是.
4．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）设正项数列的前项之和，数列的前项之积，且.
(1)求证：为等差数列，并分别求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，，
(2)
【分析】（1）利用已知关系可得，代入，化简可证为等差数列，从而求得，的通项公式；
（2）由（1）得，利用裂项相消可得，利用数列的单调性求出，解不等式即可求出正实数的取值范围.
【详解】（1）由题意知：当时，，代入得，
所以.
由，得，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，，，
当时，，
当时，也符合上式，所以.
（2）由（1）得，
所以
.
显然单调递增，所以.
由题意得，即，
又，所以的取值范围为.
5．（2024·湖南·二模）已知是各项都为正数的等比数列，数列满足：，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意的都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用题设条件求得，再利用等比数列的通项公式求得，进而求得；
（2）将问题转化为恒成立，再利用作差法求得的最大值，从而得解.
【详解】（1）因为，，，
所以，则，
，则，
因为是各项都为正数的等比数列，所以，即，
所以，则.
（2）因为恒成立，所以恒成立，
设，则，
当时，，则；
当时，，则；
所以，则.
6．（23-24高二上·山东烟台·期末）设数列，的前n项和分别为，，，，且，（）.
(1)求的通项公式，并证明：是等差数列；
(2)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合求出的通项，再利用等差数列的定义推理即得.
（2）利用错位相减法求和得，，由给定不等式得，，再求出的最小值即可.
【详解】（1）数列中，，当时，，两式相减得，，
又，即，而，解得，则，
所以数列为等比数列，；
由，，得，
因此数列是以为首项、1为公差的等差数列.
（2）由（1）得，，即，
则，
于是，
两式相减得，，
因此，
又，即，
于是，而，当且仅当时等号成立，则，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：涉及数列不等式恒成立问题，可以变形不等式，分离参数，借助函数思想求解即可.
题型二：数列不等式能成立（有解）问题
1．（2024·云南·一模）已知为等比数列，记分别为数列的前项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)是否存在整数，使对任意正整数都成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在，的最小值为3.
【分析】
（1）利用等比数列求和公式得首项和公比的方程组，得，利用数列的和与通项的关系得，结合得是等差数列即可求解；
（2）错位相减法求和得，再利用数列性质求最值即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，根据已知得，且
解方程组得
的通项公式为.
，
，解得，
且.
，
即.
且，
则，
整理得，故是以1为首项，2为公差的等差数列，
故.
的通项公式为.
（2）设，
则.
，
.
恒成立，且,
存在整数，使对任意正整数都成立，且的最小值为3.
2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）已知正项数列的前n项和为，且；数列是单调递增的等比数列，公比为q，且，的等差中项为10；，的等比中项为8．
(1)求，的通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，若存在使得成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系可得，利用等比数列性质及等差中项、等比中项性质可得；
（2）分组求和可得，可将原不等式转化为，计算即可得.
【详解】（1）由可得，
当时，，两式相减得，
，
即，
，
即可得是等差数列．
由，得，
即．
由题意得，即，解得或，
是递增的等比数列，
，所以，得，
，
即；
（2）由（1）得：
若存在使得成立，
等价于存在使得能成立，
设，则，
是递减数列，故的最大值为，
因此的最大值为.
3．（2024·云南曲靖·一模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
【答案】(1)；
(2)10.
【分析】
（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；
（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.
【详解】（1）当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
（2）由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
4．（23-24高三上·山东·阶段练习）已知正项数列的前n项和为，；数列是递增的等比数列，公比为q，且，的等差中项为10，，的等比中项为8．
(1)求，的通项公式；
(2)设，为的前n项和，若能成立，求实数的最大值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用的关系式即可求得是等差数列，可得；再利用等比数列定义即可求得，可得；
（2）采用分组求和并利用等差、等比数列前项和公式即可求得，不等式能成立等价于，利用单调性可求得.
【详解】（1）由可得，
当时，，两式相减得，
∴，
即．∵，
∴（），
即可得是等差数列．
由，得，∴，
即．
由题意得，即，解得或．
∵是递增的等比数列，
∴，所以，得，
∴．
所以和的通项公式为，．
（2）由（1）得：
．
能成立，等价于能成立，
化简得能成立，即．
设，则
，
∴是递减数列，故的最大值为．
∴，
因此的最大值为．
5．（23-24高三上·河北张家口·阶段练习）已知正项数列的前项和为，且．数列的前项和为，数列的前项和为，数列，．
(1)求数列的通项公式及；
(2)若对任意，存在使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；；
(2)．
【分析】（1）利用的关系式可求得数列的通项公式为，由错位相减法求和即可得；
（2）易知，由数列的函数特性可知，根据题意只需满足即可求得.
【详解】（1）由，可得
当时，，得；
当时，，即，
可得是以为首项，2为公比的等比数列，所以；
当时，符合，
所以数列的通项公式为；
，
则数列的前项和为，
，
相减可得：
所以；
（2）由得，
可得
，
由，
当时，，即有，可得，
又时，的最大值为，
对任意，存在，使得成立，
即即可，解得；
所以实数的取值范围为
二、专题11 数列不等式专项训练
1．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）设数列的前n项和为，已知，，，是数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足的最大正整数n的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用得到数列是等比数列，根据等比数列的通项公式求解；
（2）先求出，进而可得，求出代入不等式左边整理化简，然后解不等式即可.
【详解】（1）因为，
所以，即，又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）得，
所以，则，
则
，
所以，又，解得，
所以正整数n的最大值为.
2．（2024·四川南充·二模）在数列中，是其前项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，作差得到，从而得到是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项公式；
（2）由（1）求出，再根据指数函数的性质求出的最值，即可得解.
【详解】（1）因为，
当时，，解得；
当时，，所以，所以；
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）由（1）可得，
又在上单调递减，则在上单调递增，
所以当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以当时取得最大值为，当时取得最小值为，
因为，恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围为.
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，求得，
解法1：根据题意，转化为，结合，结合基本不等式，即可求解；
解法2：根据题意，转化为，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，解得，
当时，，
两式相减可得，，
则，
叠加可得，，则，
而时也符合题意，
所以数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，可得，
故；
解法1：由，可得，
即，即则，又由，
当且仅当时取等号，故实数的取值范围为．
解法2：由，
可得，
当，即时，，
则，故实数的取值范围为．
4．（23-24高二下·云南玉溪·阶段练习）已知是等差数列的前项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意，求的最小整数值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；
（2）根据错位相减法求出和，即可得解.
【详解】（1）设的公差为，因为，
所以，解得，
所以；
（2）因为，所以，
令，
所以，
两式相减得，
所以．
因为，所以，
所以，故的最小整数值为1．
5．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且关于x的方程，有两个相等的实数根．
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，且对任意的恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）利用方程有等根可知判别式为0，求出，根据关系即可得出通项公式；
（2）利用错位相减法求出，再分离参数后求解即可.
【详解】（1）由关于的方程，有两个相等的实数根，
可得，即，，
当时，．
当时，．
当时，上式也成立，所以．
（2）由（1）可知，，
，①
，②
得：
，
所以．
又对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
故，
因为数列在时单调递增，
所以，当且仅当时取得最小值．
所以实数的最大值为3．
6．（2024·天津红桥·一模）已知为数列的前n项和，且满足，其中，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若对任意的，都有，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）利用的关系式求解即可；
（2）由题意有，利用分组求和法分别求出，再根据数列的单调性分别求出，即可得解.
【详解】（1）由，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）得，
则，
故，
，
而随的增大而减小，
所以，
随的增大而增大，
所以，
因为对任意的，都有，
所以.
7．（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）已知为等差数列，为等比数列，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记，对任意的，恒有，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】
（1）根据等比数列和等差数列的通项公式求出公比和公差，即可求解；（2）利用裂项相消即可求和；（3）由恒成立，得到恒成立，分离参数，分别讨论为奇数和偶数时的范围，从而得到答案.
【详解】（1）因为为等差数列，且，，
所以，解得：，即；
因为为等比数列，且，，
所以，解得：，即
（2）由（1）可知，
所以
所以
（3）由（1）得，由于对任意的，恒有，
即，则恒成立，
当为奇数时，则恒成立，由于，故当时，对所有奇数恒有；
当为偶数时，则恒成立，由于，则，即当时，对所有偶数恒有；
综上，当时，对任意的，恒有
8．（23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习）设各项都不为0的数列的前项积为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中），组成新的数列，记数列的前项和为，若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）利用与的关系得到，再检验即可得解；
（2）利用并项求和法与等比数列的求和公式求得，再依次求得，从而得解.
【详解】（1）因为，
当时，，两式相除可得，
因为，所以，
又，所以.
（2）依题意，
，
易知随着增大而增大，
当时，，
当时，，
而
综上，的最小值为.
9．（2014高一·全国·竞赛）对于给定的，若，定义.已知数列满足，当时，，其中为数列的前项和.
(1)求的通项公式；
(2)计算数列的前项和，是否存在，使得任意，都有？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，9
【分析】
（1）根据求出，利用累乘法求出答案；
（2）错位相减法求和得到，结合单调性求出答案.
【详解】（1）根据的定义可得，而，，
，即.
已知，利用“迭乘”原理得
.
故通项公式，经检验当时，也满足此式，
综上，通项公式为；
（2）存在.理由如下：
由（1）知，①
，②
用②-①可得
.
显然是单调递增的，又，
故存在，使得任意，都有.
10．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知正项数列的前项和为，且满足，，数列为正项等比数列，且依次成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)设，的前项和为，问是否存在正整数使得成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】（1）根据，作差得到，从而得到的奇数项、偶数项分别为等差数列，从而求出其通项公式，设等比数列的公比为，利用等差中项的性质及等比数列通项公式求出，即可求出的通项公式；
（2）由（1）可得，则，利用放缩法证明，即可得解.
【详解】（1）因为，，
当时，，所以；
当时，，
所以，
即．
，可得，
所以的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
所以，，
综上可得；
设等比数列的公比为，
因为依次成等差数列，所以，
，所以，解得或．
因为为正项等比数列，故，由，则，
所以．
（2）由（1）可得，
所以，
则，
当时，；
当时，
．
所以存在，使得．