二轮复习【数列专题】专题1数列的单调性微点4数列单调性的判断方法（四）——不等式法

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微点4 数列单调性的判断方法（四）——不等式法
【微点综述】
可以利用常用的不等式（如均值不等式、伯努利不等式等），判断（证明）数列的单调性．
【典例刨析】
1．均值不等式
例1．
1．证明：伯努利不等式：当，且时，．
例2．
2．证明：已知数列满足：，求证：数列单调递增，而数列单调递减．
例3．
3．设数列的首项
（1）求的通项公式；
（2）设，证明：，其中为正整数.
2．伯努利不等式
例4．
4．设且，则，当且仅当时等号成立．
【反思与拓展】
（1）伯努利不等式：当且时，有．
（2）把不等式中的弱化为任意大于1的实数，不等式仍然成立，即：设，，则有，当且仅当时等号成立．
（3）值得注意的是，伯努利不等式还有另外两个形式：
①设，，则有．
②，其中，，…，同号且大于．
例5．
5．证明：已知数列满足：，求证：数列单调递增，而数列单调递减．
例6．
6．已知数列和正项数列，其中，且满足，数列满足，其中.对于某个给定或的值，则下列结论中：①；②；③数列单调递减；④数列单调递增.其中正确命题的序号为 .
【针对训练】
一、选择题
（2023四川南充零诊）
7．在数列中，，则的值为（ ）
A．18B．24C．28D．34
（2023陕西渭南三贤中学期中考试）
8．对于数列，若存在正整数，使得，，则称是数列的“谷值”，k是数列的“谷值点”．在数列中，若，则数列的“谷值点”为（ ）
A．2B．7C．2，7D．2，5，7
（2023湖南永州二模）
9．已知数列，若对任意的，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2023云南民族大学附中期中考试）
10．已知数列的前项和，若不等式，对任意恒成立，则整数的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、多选题
（2023山东潍坊高三上学期期末考试）
11．若数列满足，则称数列为“差半递增”数列，则（ ）
A．正项递增数列均为“差半递增”数列
B．若数列的通项公式为，则数列为“差半递增”数列
C．若数列为公差大于0的等差数列，则数列为“差半递增”数列
D．若数列为“差半递增”数列，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为
三、填空题
12．若“数列是递增数列”为假命题，则的取值范围是 .
13．设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意的，均有，则称是间隔递减数列，是的间隔数．已知，若是间隔递减数列，且最小间隔数是4，则的取值范围是 ．
14．已知数列满足，则数列的最大项为第 项．
参考答案：
1．证明见解析
【分析】所证不等式中有两个变量，我们以作为主元，并将其变形为，然后构造数列来证明．
【详解】证明：显然等号只在时成立，
下面证明当时，，
由于，所以，因此，所以等价于证明．
设，
，
所以数列是单调递减数列，
故，即成立.
综上可得当，且时，.
2．证明见解析
【分析】用相邻两项的比值与1比大小确定数列的单调性，借助于伯努利不等式法放缩.
【详解】（伯努利不等式法）：
当时，由伯努利不等式有
，
∴数列严格单调递增．
对于，类似有
．
∴数列严格单调递减．
【点睛】伯努利不等式:
①.
②
③
④
⑤
3．（1）（2）证明见解析；
【分析】（1）由，变形为，利用等比数列的定义求解.
（2）由（1）知，且，再分为奇数和为偶数，讨论数列的增减性，得到且，从而得到，然后证明即可.
【详解】（1）因为，
所以，
所以数列是等比数列，
所以，
即；
（2）由（1）知，且，
当为奇数时，，
，所以数列是递增数列，
所以，
当为偶数时，，
，所以数列是递减数列，
所以，
所以且，则.
，
，
，，
.
所以对任意正整数都成立.
【点睛】本题主要考查等比数列的定义，数列的增减性研究数列不等式问题，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
4．证明见解析
【分析】方法一：利用数学归纳法进行证明；方法二：利用均值不等式即可证明.
【详解】证法一（数学归纳法）：
（1）对于，有，当且仅当时等号成立．
（2）假设时不等式成立，则当时，有
，
从归纳假设和上式推导可知，当且仅当时等号成立．
综合（1）（2）可知，对，不等式都成立．
证法二（均值不等式法）
由均值不等式，当时，．
从而得．当且仅当时等号成立．
5．证明见解析
【分析】用相邻两项的比值与1比大小确定数列的单调性，借助于伯努利不等式法放缩.
【详解】（伯努利不等式法）：
当时，由伯努利不等式有
，
∴数列严格单调递增．
对于，类似有
．
∴数列严格单调递减．
【点睛】伯努利不等式:
①.
②
③
④
⑤
6．①②④
【分析】根据得，结合，解得，得，可判断①；
根据，，得，得，可判断②；
求出，利用恒成立，可判断③；
由，得，，两式相减得，根据，结合，，可得，可判断④.
【详解】依题意有，所以，所以，
又，所以，解得，所以，即，故①正确；
因为，所以，又，
所以，所以，所以，所以，即，故②正确；
因为且，所以，所以恒成立，所以数列单调递增；故③不正确；
由得，由得，
所以，
所以，
所以，
两式相减得，
所以，
由③知，递增，所以，又，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以，又为正项数列，所以恒成立，
综上所述，数列单调递增.故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛:判断数列的单调性时,利用平方关系式消去和得到是解题关键.
7．A
【分析】先判断数列单调性，再根据单调性开出绝对值进行计算即可.
【详解】，当且仅当，即时等号成立，
由此可知当时，数列单调递减，当时数列单调递增
故选：A
8．C
【分析】先求出，，，，，，，，再得到，，，结合数列的单调性以及谷值点的定义即可得求解．
【详解】因为，
所以，，，，，，，，
当，，，所以，
因为函数在上单调递增，
所以时，数列为单调递增数列，
所以，，，，
所以数列的“谷值点”为，．
故选：C.
9．B
【分析】求出的最值，由不等式恒成立，求出实数的取值范围.
【详解】当，有，由，解得；
当，有，由，解得，
，，，所以的最小值为.
当，有，由，解得；
当，有，由，解得，
，，，所以的最大值为.
所以的最小值大于的最大值，即恒成立，
所以解得，对任意的，恒成立，则有，即实数的取值范围是.
故选：B
10．B
【分析】首先利用公式，，求得数列的通项公式，代入不等式后，参变分离得，转化为求数列的最大值.
【详解】易知，，可得，两边同时除以可得，又因为时，，
所以数列是公差为1，首项为2的等差数列，
则，所以，由得，所以，即
令，因为，
当时，，即，数列单调递增，
当时，，即，数列单调递减，
且，，，
由数列的单调性可知的最大值为，所以，即，又因为，所以的最大值为3.
故选：B.
11．BCD
【分析】利用数列1,4,5作为反例可判断A选项，利用作差法结合等比数列的通项公式比较得可说明B选项，利用作差法结合等差数列的通项公式比较得可说明C选项，根据的关系求出数列通项公式，再根据“差半递增”数列的定义列出不等式可求的取值范围,从而判断D选项.
【详解】对于A，假设一个正项递增数列为：1,4,5，
则，则，不满足“差半递增”数列，A错误；
对于B，因为，
所以
，
因为，所以函数单调递增，所以当，
即恒成立，所以数列为“差半递增”数列，B正确；
对于C，设公差，，，，
所以，
所以，数列为“差半递增”数列，C正确；
对于D，因为，所以，所以，
当时，，
所以，所以，
所以数列为等差数列，公差为1，所以，
所以，
所以对任意，，即，
所以，
所以，因为,
所以当时有最大值为，
所以，D正确；
故选:BCD.
12．
【分析】先根据“数列是递增数列得的取值范围是，再根据命题的真假求范围即可.
【详解】解：若数列是递增数列，
则有对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
所以，，
所以，“数列是递增数列”为假命题时，的取值范围是
因为“数列是递增数列”为假命题，
所以，的取值范围是
故答案为：
13．[5，6)
【分析】利用新定义，利用恒成立得出恒成立，由此可得，求得k的范围后，再根据k的最小值为4，再次解恒成立问题即可﹒
【详解】∵，是“间隔递减数列”，
则，
即对任意成立，
即对任意成立，
即，
又“间隔数”k的最小值为4，
故时，，且时，，
故且，解得，
故答案为：，．
14．4
【分析】由，与1比较大小，分析数列的单调性，即得解
【详解】由题意，，
故，
令，解得；令，解得；
故时，；时，，
故数列的最大项为第4项.
故答案为：4