09数列不等式恒成立问题-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用）

这是一份09数列不等式恒成立问题-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知等边三角形的边长为4，连接其各边的一个三等分点得到等边三角形，再连接各边的一个三等分点得到等边三角形，继续依此方法，得到一系列等边三角形，记的面积为，若．恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．下列关于数列的判断中正确的是（ ）
A．对一切都有
B．对一切都有
C．对一切都有，且存在使
D．对一切都有，且存在使
3．设正项等比数列的前项和为，，．记，下列说法正确的是（ ）
A．数列的公比为B．
C．存在最大值，但无最小值D．
4．费马数是以法国数学家费马命名的一组自然数，具有形式为记作，其中为非负数．费马对，，，，的情形做了检验，发现这组费马公式得到的数都是素数，便提出猜想：费马数是质数．直到年，数学家欧拉发现为合数，宣布费马猜想不成立．数列满足，则数列的前项和满足的最小自然数是（ ）
A．B．C．D．
5．数列满足，，若为等比数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．若不等式对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知数列满足，，为数列的前项和.若对任意实数，都有成立.则实数的可能取值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
10．已知数列，均为递增数列，它们的前项和分别为，，且满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，1680年卡西尼发现了斐波那契数列的一个重要性质：（）．若斐波那契数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A．k可以是任意正奇数
B．k可以是任意正偶数
C．若k是奇数，则k的最大值是999
D．若k是偶数，则k的最大值是500
12．记表示与实数最接近的整数，数列通项公式为，其前项和为，设，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．C．D．
三、填空题
13．设等差数列的前项和为，等比数列的前项和，数列满足，，，且；下列几个结论中，所有正确结论的编号为 .
①；②；③；④.
14．已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为 ．
15．设数列的前n项和为，且．若对恒成立，则的取值范围为 ．
16．已知数列的通项公式为.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
17．已知数列的前项和为，（），且，.若恒成立，则实数的取值范围为 .
18．已知数列与的前n项和分别为，则 ；若对于任意恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
19．函数．
(1)若与有相同的极小值点，求a的值；
(2)已知数列满足：，；
①证明：存在等比数列和唯一的公比q，使得
②设的前n项和为，证明：．
20．设对任意，数列满足，，数列满足．
(1)证明：单调递增，且；
(2)记，证明：存在常数，使得．
21．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：．
参考答案：
1．C
【分析】由余弦定理得出边长的关系，再由前三项的面积成等比数列，由此推断出数列是首项为，公比为的等比数列，进而由求和公式以及不等式的性质证明.
【详解】设，由余弦定理可得
，
则，
，
由此可知，数列是首项为，公比为的等比数列.
则
因为．恒成立，所以.
即的最小值为.

故选：C
2．A
【分析】利用均值不等式可得，结合二项式定理和裂项相消法可得.
【详解】我们先证明一个不等式：.
证明：要证，即证，
即证：,
由均值不等式可得.
故不等式成立.
我们再证明一个不等式：.
证明：由二项式定理可得，
而当时，
，
故，
故.故A正确，BCD错误.
故选：A
3．C
【分析】根据题意，由，求出公比，可判断A的正误；利用等比数列的前项和公式求出，可判断B的正误；根据题意求出，可判断C，D的正误.
【详解】因为，，
所以正项等比数列的公比满足，且，
所以，故A错误；
由等比数列的前项和公式可得，，
因为，所以，故B错误；
因为，
所以，
易知，由指数函数单调性可知，
所以存在最大值，但无最小值，故C正确；
，故D错误；
故选：C.
4．B
【分析】根据题意得到，利用等比数列的前项和公式求得，进而求得的最小自然数，得到答案.
【详解】由题意，可得数列满足，
利用等比数列的前项和公式，可得数列的前项和，
当时，可得；
当时，可得，
又由，所以单调递增，
所以的最小自然数为.
故选：B.
5．D
【分析】分别讨论两种条件下数列的通项公式，在根据确定的数列通项公式建立不等式求解参数的取值范围.
【详解】根据题意，时，，即，
此时，，
，，从而有，
此时，与为等比数列矛盾
由，得，
所以，当时，恒成立，即时，恒成立
即对恒成立，所以，
设，则
而，当时，
解得，，所以时有
即，当时，即
所以当时 所以，选项D正确，选项ABC错误
故选：D.
6．A
【分析】对按奇偶数分类讨论，再由不等式恒成立可得．
【详解】为正奇数时，不等式为，
易知是递减的，因此而，所以，即，
为正偶数时，不等式为，
易知是递增的，时，取得最小值，所以，
综上，的范围是．
故选：A．
7．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.

8．D
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果.
【详解】数列满足，①
当时，，②
①②得，，故，
则，
则，
由于恒成立，
故，
整理得：，
因随的增加而减小，
所以当时，最大，且为，
即.
故选：D
9．ABC
【分析】根据题意求出，再化简求出，利用裂项相消即可求出，即可求出满足题意的.
【详解】①
②
②①得，
，当时，，当时，，满足上式，
故，
，
故，
，
故.
故选：ABC.
10．ACD
【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出与的取值范围，再分别求出数列与的前项和的表达式即可判断大小关系．
【详解】由是递增数列，得；又，所以，
所以，所以，故选项A正确；
，故B不正确；
由是递增数列，得，又，所以，
所以，所以，故选项C正确；
所以
，
所以，又，所以，
而，
当时，；
当时，可验证，
所以对于任意的，，故选项D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A、C，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小.
11．BC
【分析】由题意，分k为偶数与k为奇数，结合分组并项求和即可求解
【详解】由
可得
．
若k为偶数，则，
此时，
即，k无最大值，可以是任意正偶数，所以B正确，D错误；
若k为奇数，则，
此时，
即，k的最大值为999，所以A错误，C正确；
故选：BC．
12．BC
【分析】由时，可判定A不正确；由，可判定B正确；由，可得，根据是右侧的最接近的整数，可判定C正确；根据题意归纳得到数列中，有2个1，4个，6个，8个，，结合等差数列求和公式，可判定D不正确.
【详解】由题意，记表示与实数最接近的整数，且，
当时，可得，所以A不正确；
由，即，可得，
可得成立，所以B正确；
由，可得，平方可得，
因为，且不是整数，
其中是右侧的最接近的整数，
所以成立，所以C正确；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；

归纳可得数列中，有2个1，4个，6个，8个，
又由构成首项为2，公差为2的等差数列，可得，
令，解得，
所以，所以D不正确.
故选：BC.
【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
13．③④
【分析】求出以及在时的表达式，结合数列为等比数列可求出的值，可判断①的正误；求出数列的通项公式，利用作差法可判断②的正误；求出的表达式，利用作差法可判断③的正误；利用累加法求出数列的通项公式，利用放缩法结合裂项求和法可判断④的正误.
【详解】对于①，当时，，
当时，，
因为是等比数列，所以，，所以，，①错；
对于②，因为，，.
又因为是等差数列，所以，公差，则.
所以，.
设，则，
所以，，即，②错；
对于③，
，③对；
对于④，因为，
当时，
，
当时，满足，
所以，.
所以，.
故，④对.
故答案为：③④.
14．②④
【分析】由等比数列前项和公式特点确定，进而明确与的通项，结合数列的单调性判断各个命题.
【详解】由为等比数列，其前项和，则，故①不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；
当时，，
当时，，则，
则，故②正确；
由，，
令，则
当，时，，
当，时
则，故③不正确；
，由单调递增，
则，则，故④正确．
故答案为：②④
【点睛】关键点点睛：（1）等比数列的前项和；
（2）证明数列的单调性一般采用作差（或作商）的方式；
（3）数列作为特殊函数，特殊在定义域上，定义域不连续.
15．
【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：
16．
【分析】将恒成立，转化为恒成立，令，求得其最大项即可.
【详解】解：由，得，
所以.
设，
则.
设，则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得，即在上单调递减，
又，，，
所以当时，，即，
所以.
当时，，即，所以.
综上，，所以，即，
所以的取值范围为.
故答案为：
17．
【分析】由得，两式相减可证明数列为等差数列，继而可求出，令，通过可知，当时，数列单调递减，故可求出最大值，进而可求 的取值范围.
【详解】由，可得.
两式相减，可得，所以数列为等差数列.
因为，，所以，所以，，
则.令，则.
当时，，数列单调递减，
而，，，
所以数列中的最大项为1，故，
即实数的取值范围为.
故答案为: .
18．
【分析】根据题意化简得，求得，再把不等式的恒成立转化为对于任意恒成立，结合基本不等式，即可求解.
【详解】设，，
则，
所以
，
所以.
又由，可得，
因为对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
设，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，所以，即实数的取值范围是.
故答案为：；.
19．(1)
(2)
【详解】此题解析征解
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由可证明单调性，由反证法即可证明，
（2）由裂项求和即可求解.
【详解】（1）证明：由于，则，
所以，即单调递增．
假设存在，使得，则，
所以．
不妨取，即，即，则，这与任意，恒成立相矛盾，故假设不成立，所以．
（2）由（1）有，又，所以
．
于是，
故可取，即有．
21．(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．