二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点3数列单调性的判断方法（三）——倒数比较法

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微点3 数列单调性的判断方法（三）——倒数比较法
【微点综述】
在高中数学里，函数的单调性非常引人瞩目．随着递推数列及数列不等式的深入研究和频繁登场，数列的单调性逐渐映入人们的视线．其中有一类由递推式给出的数列的单调性问题，可以采用倒数法推断出数列的单调性，本文我们就来总结这种判断数列单调性的方法．
【典例刨析】
1．已知数列满足：，设为的前项和，证明：
(1)数列单调递减；
(2)．
2．设等差数列满足，，
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最大项的值；
（3）数列满足，问是否存在正整数k，使得
成等差数列？若存在，求出k和m的值；若不存在，请说明理由.
3．已知数列满足，且，若记为满足不等式的正整数k的个数，设，数列的最大项的值为M与最小项的值为N，则（ ）
A．B．C．D．
例4．（2023江苏镇江扬中中学上学期期末）
4．已知数列满足.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.
5．若，，．
(1)求证：；
(2)若，判断数列的单调性．
例6．（2023湖北高中名校联合体诊断性测试）
6．若正项数列的前项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若对于任意的，都有成立，求的最大值.
【针对训练】
一、选择题
（2023湖南娄底新化五校上学期期末联考）
7．已知为等差数列的前项和，，则数列 的最大项为 （ ）
A．B．
C．D．
（2023安徽江淮十校联考）
8．已知数列满足，则当取得最小值时的值为（ ）
A．2024B．2023或2022C．2022D．2022或2021
二、多选题
（2023甘肃兰州六十一中上学期期末）
9．若数列是公比为的等比数列，则下列说法不正确的是（ ）
A．若数列是递增数列，则，
B．若数列是递减数列，则，
C．若，则
D．若，则是等比数列
（2023重庆十一中上学期期中考试）
10．已知数列满足：，，若，且数列是单调递增数列，则（ ）．
A．数列是等差数列
B．数列的通项公式是
C．若，则
D．若，则
三、填空题
（2023天津一中上学期期末考试）
11．已知等差数列中，，，记数列的前n项和为，若对任意的都成立，则实数m的取值范围为 .
12．已知数列满足，，数列是单调递增数列，且，，则实数的取值范围为 .
（2023山西晋城二中）
13．在数列，中，，，且，记数列{bn}的前n项和为Sn，且，则数列的最小值为 .
（2023江苏南通上学期期末联考）
14．已知数列满足：，则首项的取值范围是: 当时，记，且，则整数 .
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，将两边同时取倒数即可判断数列的单调性；
（2）根据题意可得，从而得到，再结合裂项相消法即可得到.
【详解】（1），即，
且，
又因为当时，，此时数列为常数列，不满足，
所以，故数列单调递减．
（2）．．
2．（1）；（2）1；（3）不存在，理由见解析.
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，解方程组即得数列的通项公式；
（2）令，当时，有；当时，，即得的最大项的值为1；
（3）假设存在，由题得，化简得，再证明此等式不成立，即得解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，
由题意得，解得，
数列的通项公式；
（2）令，
当时，且随n的增大而增大，即有；当时，；
所以的最大项的值为1；
（3）假设存在正整数，使得成等差数列，
由得，从而，，由得，，
所以，
两边取倒数整理得：，
所以，即，
因为k、m均为正整数，
所以，
因为为整数，故无符合题意的解，
所以不存在正整数k，使得成等差数列.
【点睛】本题主要考查等差数列通项的求法，考查数列的单调性和最大项的求法，考查数列的探究性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
3．D
【分析】利用取倒数法得到数列的通项公式，由为满足不等式（）的正整数的个数可得，研究数列的单调性，即可得到最值及答案.
【详解】由于，，则．
，则，即为常数．又，数列是以1为首项，为公差的等差数列．
从而，即．
由，即，得，
又，从而，
故，
当为奇数时，，单调递减，．
当为偶数时，，单调递增，．
综上的最大项为，最小项为．
∴.
故选：D.
4．(1)证明见解析，
(2)8
【分析】（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；
（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，
然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．
【详解】（1）由取倒数得
，即，所以为公差为的等差数列，
.
（2）当时，，
所以这样有个,故，，
，
，
两式相减得：，
所以,又因为为递增数列.
又因为，，
，
所以最大正整数解为8.
5．(1)证明见解析
(2)数列单调递增
【分析】（1）假设，根据已知条件得出，解得，结合题设条件推出矛盾，即可证得原结论成立；
（2）根据递推公式可写出、、、的值，由此可归纳出数列的通项公式，然后通过递推公式得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式．
【详解】（1）假设，因，，则，解得或，
于是得或，与题设且矛盾，故假设不成立，∴成立；
（2）因，，，则，，，，
显然有，，，，，
猜想，
由得，即，
又，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，则，∴，
，
又数列单调递增．
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件可推得，由此利用累加法求得，即可求得数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论，化简并结合基本不等式可推出，继而判断数列的单调性，可得，结合对于任意的，都有成立，即可求得答案.
【详解】（1）时，，且，
解得，（舍去），
，，
化简可得时，，
，，，，，
累加可得，，
又，故时，，
当时，,上式也成立，
所以，
又因为，所以，所以，
，，
时，适合该式，
故.
（2）由（1）得
，
（此处不等关系是因为： ，
故，当且仅当时取等号，而，故上式中等号取不到），
，，
因为，
所以，
即，
所以，即，所以数列是递减数列，
所以，
因为，都有成立，
所以.
【点睛】方法点睛：本题考查数列的递推关系和数列的函数特性，属于较难题，解答时要注意：（1）利用累加法求出，再由与的关系求解；（2）利用基本不等式得，再证明数列是单调递减数列，根据单调性求解.
7．B
【分析】先根据等差数列的求和公式和通项公式求出首项与公差，求出等差数列的通项公式，代入中，利用基本不等式性质分析即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
因为，
所以，所以，
则，
所以，
所以等差数列的通项公式为：，
所以，
当且仅当时取等号，又，
所以当或时取最大值为，
故选：B.
8．D
【分析】考虑的倒数，由，可得出数列的单调性，即可求出答案．
【详解】令，则，
当时，，单调递减，单调递增；
当时，，单调递增，单调递减；
当时，，即；
故当或时，取得最小值，最小值为，
故选：D．
9．ABC
【分析】逐项分析即可求解.
【详解】若数列是递增数列，也可以，，故选项A错误；
若数列是递减数列，也可以，，故选项B错误；
若，则，所以选项C错误；
，，所以是等比数列，故选项D正确
故选：ABC.
10．BD
【分析】由已知可推得.构造数列，得是等比数列，求出，即可得出表达式，可判断B项，根据定义可判断A项；由已知可得，根据成立可得，又可得，即可判断C、D项.
【详解】对于A项，由已知可得，，则由可得，，
所以.
令，则，又，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，. 所以不是一个常数，所以数列不是等差数列，故A项错误；
对于B项，由A项分析已知，故B项正确；
对于C项，由A项分析已知，所以，所以当时，.因为数列是单调递增数列，所以在且上恒成立，所以，即恒成立，所以；又，，由可得，所以.综上所述，，故C项错误；
对于D项，由C项解析知，，故D项正确.
故选：BD.
11．
【分析】先利用等差数列的通项公式列方程求出数列的通项公式，令，通过计算的正负确定的单调性，进而求出的最大项，则可求出实数m的取值范围.
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
则等差数列的通项公式为，
则数列的通项公式为，
令，
则
即，即为递减数列，
的最大项为，
，
故答案为：
12．
【分析】首先利用递推关系式求出数列和的通项公式，再利用数列的单调性建立不等关系，进一步求出参数的范围．
【详解】因为，
所以，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
又
所以，
所以，
又是单调递增数列，
所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，即当时，恒成立，
所以；
又，即，所以．
综上，．
故答案为：．
13．
【分析】可由题意构建为等差，求出通项公式，可由得出的通项公式，
再利用作差法求出新数列单调性即可求出最小值.
【详解】由可得，即数列为等差数列，设公差为，
首项，，可得，则，
即，
由，可得当时，，
，代入后符合，即的通项公式为，
设新数列，，，
当时，得，即时，是递增数列；
当时，得，即，综上所述是最小值，即数列的最小值为，
故答案为：
14．
【分析】根据递推关系可得：，利用即可得到的取值范围；然后得到，利用裂项相消即可求得，进而求解.
【详解】由，可得，所以，即，
则，，所以，，
，所以
，所以
，
因为，所以，则有，
所以，则，
故答案为：.