《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题19 数列不等式恒成立与存在性问题小题(解析版)

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专题 19　数列不等式恒成立与存在性问题小题

考点一　由数列不等式恒成立求参数

【基本题型】

[例1] (1)已知数列{an}的首项 a1＝a，其前 n项和为 Sn，且满足 Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任

意n∈N*，an<an＋1恒成立，则 a的取值范围是______________．

答案　(3，5)　解析　由条件 Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，得 Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2，两式相减，得 an＋

1＋an＝8n＋4，故 an＋2＋an＋1＝8n＋12，两式再相减，得 an＋2－an＝8，由 n＝2，得 a1＋a2＋a1＝16⇒a2

＝16－2a，从而 a2n＝16－2a＋8(n－1)＝8n＋8－2a；由 n＝3，得 a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝36⇒a3＝4＋2a，从

而a2n＋1＝4＋2a＋8(n－1)＝8n－4＋2a，由条件得解得 3<a<5．

(2)已知数列{an}的通项公式为 an＝(n∈N*)，其前 n项和为 Sn，若存在 M∈Z，满足对任意的 n∈N*，

都有 Sn<M恒成立，则 M的最小值为________．

答案　1　解析　因为 an＝＝＝－，所以 Sn＝＋＋…＋＝1－，由于 1－<1，所以 M的最小值为 1．

(3)在数列{an}中，a1＋＋＋…＋＝2n－1(n∈N*)，且 a1＝1，若存在 n∈N*使得 an≤n(n＋1)λ成立，则

实数 λ的最小值为________．

答案　　解析　由题意知，a1＋＋…＋＝2n－1，则 n≥2时，有 a1＋＋…＋＝2n－1－1，两式作差得，

＝2n－2n－1＝2n－1，且＝21－1＝1，所以＝2n－1(n∈N*)，＝，令 bn＝，则 bn>0，＝＝>＝1，所以 bn＋1>bn，数

列{bn}是递增数列，数列{bn}的最小项是 b1＝，依题意得，存在 n∈N*使得 λ≥＝bn成立，即有 λ≥b1＝，λ的

最小值是．

(4)设数列{an}的各项均为正数，前 n项和为 Sn，对于任意的 n∈N*，an，Sn，a成等差数列，设数列

{bn}的前 n项和为 Tn，且 bn＝，若对任意的实数 x∈(1，e](e 为自然对数的底数)和任意正整数 n，总有

Tn<r(r∈N*)，则 r的最小值为________．

答案　2　解析　由题意得，2Sn＝an＋a，当 n≥2时，2Sn－1＝an－1＋a，∴2Sn－2Sn－1＝an＋a－an－1－

a，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an>0，∴an－an－1＝1，即数列{an}是等差数列，又 2a1＝2S1＝a1＋a，a1

＝1，∴an＝n(n∈N*)．又 x∈(1，e]，∴0<ln x≤1，∴Tn≤1＋＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＝2－

<2，∴r≥2，即 r的最小值为 2．

(5)数列{an}满足 a1＝，an＝(n∈N*)，若对 n∈N*，都有 k>＋＋…＋成立，则最小的整数 k是(　　)

A．3　　　　　　　　B．4　　　　　　　　C．5　　　　　　　　D．6

答案　C　解析　由an＝，得 an＝an＋1－1，∴＝＝－，即＝－，且 an>1．∴＋＋…＋＝＋＋…＋＝

－，∴＋＋…＋＝5－<5．又对 n∈N*，都有 k>＋＋…＋成立，∴k≥5．故最小的整数 k是5．

(6)已知数列{an}，{bn}的前 n项和分别为 Sn，Tn，且 an>0，2Sn＝a＋an，bn＝，若

k>Tn恒成立，则 k的最小值为(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．

答案　C　解析　∵2Sn＝a＋an，①，且 an>0，∴当 n＝1时，2S1＝a＋a1，解得 a1＝1或a1＝0(舍去)．

当n≥2时，2Sn－1＝a＋an－1，②，①－②得 2an＝a＋an－(a＋an－1)，a－a－an－an－1＝0，即(an＋an－1)(an－

an－1－1)＝0，∵an>0，∴an－an－1＝1，∴{an}是以 1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝n，∴bn＝

＝＝－，∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－＝1－<1，∵k>Tn恒成立，∴k≥1，即 k的最小值为

1．

(7)记数列{an}的前 n项和为 Sn，若不等式 a＋≥ma 对任意等差数列{an}及任意正整数 n都成立，则实

数m的最大值为(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．1

答案　A　解析　a＋＝a＋2＝a＋2，令(n－1)d＝t，则 a＋＝(a1＋2t)2＋(a1＋t)2＝2a＋6ta1＋5t2＝52＋

a，当 t＝时，取到最小值．即(n－1)d＝，即 n＝＋1，∵不等式 a＋≥ma 对任意等差数列{an}及任意正整

数n都成立，∴m≤，∴实数 m的最大值为．故选 A．

(8)已知数列{an}的通项公式为 an＝·3n－1，n∈N*，[an]表示不超过 an的最大整数(如[1.2]＝1)．记 bn＝

[an]，数列{bn}的前 n项和为 Tn，若不等式 λan＋1>Tn＋5n－对任意的 n∈N*恒成立，则实数 λ的取值范围是

________．

答案　

解析　因为 an＝·3n－1，所以当 n＝1时，a1＝，b1＝0．当 n≥2时，3n－1为大于 2的奇数，3n

－1－1为偶数，所以 bn＝，显然 b1＝0也满足上式，所以 bn＝，n∈N*，所以 Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)－

＝－＝．所以不等式 λan＋1>Tn＋5n－，即 λ·>＋5n－可化为 λ>＋．令 f(n)＝＋，n∈N*，则 f(n＋1)＝＋，所

以f(n＋1)－f(n)＝－＝，所以当 n≤4时，f(n＋1)－f(n)>0，f(n)递增，当 n≥5时，f(n＋1)－f(n)<0，f(n)递

减，即 f(1)<f(2)<f(3)<f(4)<f(5)>f(6)>f(7)>…，所以 f(n)max＝f(5)＝，故 λ>，即实数 λ的取值范围是．

【对点精练】

1．已知数列{an}是首项为 a，公差为 1的等差数列，数列{bn}满足 bn＝．若对任意的 a∈N*，都有

bn≥b8成立，则实数 a的取值范围是(　　)

A．(－8，－7)　　　　　B．[－8，－7)　　　　　C．(－8，－7]　　　　　D．[－8，－7]

1．答案　A　解析　因为{an}是首项为 a，公差为 1的等差数列，所以 an＝n＋a－1，因为 bn＝，又

对任意的 n∈N*，都有 bn≥b8成立，所以 1＋≥1＋，即≥对任意的 n∈N*恒成立，因为数列{an}是公差

为1的等差数列，所以数列{an}是单调递增的递增数列，所以，即，解得－8＜a＜－7．故选 A．

2．已知数列{an}满足 nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，其中 a1＝1，a2＝2，若 an<an＋1对∀n∈N*恒成立，则

实数 λ的取值范围为________．

2．答案　[0，＋∞)　解析　由nan＋2－(n＋2)an＝λ(n2＋2n)，得－＝λ，所以数列的奇数项和偶

数项分别构成首项均为 1，且公差均为 λ的等差数列．因为 a1＝1，a2＝2，所以当 n为奇数时，＝1＋λ

＝λ＋1，所以 an＝λ＋n；当 n为偶数时，＝1＋λ＝λ＋1，所以 an＝λ＋n．当 n为奇数时，由 an<an＋1，

得λ＋n<λ＋n＋1，即 λ(n－1)>－2，若 n＝1，则 λ∈R；若 n>1，则 λ>－，所以 λ≥0．当 n为偶数时，

由an<an＋1，得 λ＋n<λ＋n＋1，即 3nλ>－2，所以 λ>－，即 λ≥0．综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．

3．已知 Tn为数列的前 n项和，若 m>T10＋1 013 恒成立，则整数 m的最小值为(　　)

A．1 026　　　　　　　　B．1 025　　　　　　　　C．1 024　　　　　　　　D．1 023

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