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專題4 數列中不等式能成立與恒成立的求參問題
（2023年浙南名校聯盟第一次聯考）
1.已知數列的首項為，且滿足，其中為其前n項和，若恒有，則的取值范圍為______.
將恒成立轉化成S4是最大值問題.先利用構造法算出Sn表達式，利用數列的離散特征，可以通過比較S4相鄰兩項找出必要條件，再通過鄰項比較法去研究數列Sn的單調性，進而證明S4是最大值解決問題.
∵，，∴，
∴為首項以4為公比的等比數列
依題意
解之得時，
令
當時為，，時，前4項大于等于0，從第5項開始小于等于0
也即且，且，成立
綜上：
1．已知數列滿足是正整數
(1)求數列的通項公式；
(2)設，如果對于任意正整數，都有，求實數的取值范圍．
2．已知數列的前項和為，，是與的等差中項．
(1)求的通項公式；
(2)設，若數列是遞增數列，求的取值范圍．
(3)設，且數列的前項和為，求證：．
將恒成立轉化成S4是最大值問題.先利用構造法算出an表達式而利用數列的離散特征，可以通過比較S4相鄰兩項找出必要條件，再利用鄰項比較法通過去an的正負研究數列的Sn單調性，從而證明數列中S4是最大值解決問題.
，
設，∴，∴
∴，∴，∴
∵最大，∴必有：，下證：時最大時，
而成立時，
而
因此：，∴時成立
綜上：a范圍
利用數列的函數特征，可以連續化通過研究對應函數的單調性，由此再推出數列的單調性，從而可以求解出數列中的最值解決問題.
由（1），可得（2），
（2）－（1）得，即，所以，，所以，累乘得，，將代入得，解得，所以
對于函數，得，
由指數函數的單調性可得存在滿足，同理時，所以要使恒成立，只需即可，
即解得.
故答案為：.
3．設數列的前項和為，已知.
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列滿足，數列的前項和為，都有，求的取值范圍.
4．已知函數.
(1)若函數在點處的切線在兩坐標軸上截距相等，求的值；
(2)（i）當時，恒成立，求正整數的最大值；
（ii）記，，且.試比較與的大小并說明理由.
5．已知正項數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)設數列的前n項和為，且，若恒成立，求實數的取值范圍．
6．若為等差數列，為等比數列，．
(1)求和的通項公式；
(2)對任意的正整數，設求數列的前項和．
(3)記的前項和為，且滿足對于恒成立，求實數的取值范圍．
7．已知數列滿足，，．
(1)證明：數列為等比數列，求的通項公式．
(2)若數列的前項和為，且恒成立，求實數的取值范圍．
8．單調遞增的等比數列滿足，且是，等差中項.
(1)設，求數列的前n項和；
(2)若（1）中滿足對于恒成立，求實數的取值范圍.
9．函數滿足，，且與直線相切.
(1)求實數，，的值；
(2)已知各項均為正數的數列的前項和為，且點在函數的圖象上，若不等式對于任意恒成立，求實數的取值范圍.
10．已知數列的前項和為，滿足．
(1)求數列的通項公式；
(2)記，是數列的前項和，若對任意的，不等式都成立，求實數的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）利用的方法求得的遞推關系式，得出等比數列，從而可得 通項公式；
（2）求出，利用作差法求得的最大值是，然后解不等式可得．
【詳解】（1），
時，．
兩式相減得，，
又，，從而，所以等比數列，公比為，
所以，；
（2）由（1）知，，，，，當時，，
，當時，，，即時，遞減，
所以的最大值是，
對于任意正整數，都有，則，解得或，
所以的取值范圍是．
2．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據等差中項定義、與關系可證得數列為等比數列，結合等比數列通項公式可推導得到；
（2）根據數列單調性可得，分別在為偶數和為奇數的情況下，采用分離變量的方式確定的取值范圍；
（3）根據通項公式可推導得到，借此不等式進行放縮可得到，由此可得結論.
【詳解】（1）是與的等差中項，；
當時，，又，；
當且時，，
，，
又，，
數列是以為首項，為公比的等比數列，，
.
（2）由（1）得：，
數列為遞增數列，
；
①當為偶數時，，
設，，
數列為遞減數列，
當時，，；
②當為奇數時，，
由①知：數列為遞減數列，則數列為遞增數列，
當時，，；
綜上所述：的取值范圍為.
（3）由（1）得：，
，，
，
，
【點睛】關鍵點點睛：本題重點考查了數列單調性的應用、數列與不等式綜合應用的相關知識；本題證明不等式的關鍵是根據數列通項公式的形式進行等比形式的放縮，進而利用構造出關于的不等關系.
3．(1)
(2)
【分析】（1）首先可以根據已知得到，其次注意到，結合等比數列的定義即可求解.
（2）由（1）可知，先將數列的通項公式裂項得，從而可求得其前項和為，若，都有，則只需，研究的單調性即可得到其最小值，從而解不等式即可求解.
【詳解】（1）一方面：因為，所以，
所以，即；
另一方面：又時，有，即，且，
所以此時；
結合以上兩方面以及等比數列的概念可知數列是首先為，公比為的等比數列，
所以數列的通項公式為.
（2）由（1）可知，
又由題意，
數列的前項和為，
又，都有，故只需，
而關于單調遞增，
所以關于單調遞減，關于單調遞增，
所以當時，有，
因此，即，解得，
綜上所述：的取值范圍為.
4．(1)或
(2)（i） （ii），證明理由見解析.
【分析】（1）求出切線，令切線過原點或切線斜率為即可；
（2）（i）利用導數，求出的最小值，令求解即可；
（ii）分別對和取對數，對進行放縮，再利用（i）的結論進行累加和裂項求和，證明即可.
【詳解】（1）由已知，定義域為，
∵，
∴，∴切點即，
又∵，
∴由導數的幾何意義，函數在點處的切線斜率為，
∴函數在點處的切線方程為，
整理得，.
若切線在兩坐標軸上截距相等，則
①當切線過原點時，，解得，切線方程為，
②當切線不過原點時，斜線斜率，解得，切線方程為.
∴的值為或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若為正整數，則，
∴當時，，在區間上單調遞減，
當時，，在區間上單調遞增，
∴當時，的極小值，也是最小值為，
若當時，恒成立，則的最小值，
設，則，
當時，，在區間上單調遞減，
∴當時，單調遞減，
又∵，，
∴使的正整數的最大值為，
∴當時，使恒成立的正整數的最大值為.
（ii），理由證明如下：
∵當且時，
∴
（），
又∵，∴，
①當時，，
②當時，
由（i）知，，恒成立，，
∴當時，，，即恒成立，
∴，
∴
，
綜上所述，當且時，，即有.
【點睛】易錯點睛：本題用到了兩次放縮，一次是對的放縮，一次是應用題中證明結論進行放縮后裂項求和，如果直接進行第二次放縮，再求和時會發現放縮過度，導致無法證明，因此對進行了分類討論，當時，不進行第二次放縮，當時，再進行二次放縮裂項求和.
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用累加法即可求得的通項公式；
（2）先利用錯位相減法求得，從而將問題轉化為恒成立問題，再利用對勾函數的單調性即可得解.
【詳解】（1）因為，
所以當時，，
故，，……，，
上式相加得，，
又，所以,
當時，滿足上式，所以，
又，所以．
（2）因為，
所以，①
，②
得，
，
所以，
所以可化簡為，
因為恒成立，所以，
因為對勾函數在上單調遞減，在上單調遞增，
又，
所以當，即時，；
當，即時，，且；
所以，故．
6．(1),
(2)
(3)
【分析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為.，，
，分別利用“ ”法和“ ”法求解.
（2）由（1）知當n為奇數時，，
當n為偶數時，，然后分別利用裂項相消法和錯位相減法求和，然后相加即可.
(3)把恒成立轉化為求最大值問題,作差比較大小,應用單調求解即可.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為.
因為，，
所以，
解得d=1.
所以的通項公式為.
由，
又，得，
解得，
所以的通項公式為.
（2）當n為奇數時，，
當n為偶數時，，
對任意的正整數n，有，
①
由①得 ②
由①②得，
，
，
所以.
所以.
所以數列的前2n項和為.
（3）因為,且,
而,故
即,可得,對于恒成立
令,
當時, ,即,所以,
當時, ,即
所以,所以
7．(1)證明見解析，
(2)
【分析】（1）將兩邊同時加，結合等比數列的定義證明可得，再構造數列，求解首項分析即可；
（2）根據等比數列的前項公式可得，參變分離可得，再根據的單調性求解最大值即可.
【詳解】（1）由可得，且，
故是以2為首項，3為公比的等比數列，故，
所以，又，
故，即.
（2）由（1）為等比數列，故，
故即恒成立，求的最大值即可.
設，則，
令有，故當時，隨的增大而增大；當時，隨的增大而減小.
又，故為的最大值，為，
所以，.
8．(1)；
(2).
【分析】（1）根據題意可得，，再利用錯位相減即可求得；
（2）將問題轉化為對于恒成立，判斷出數列為遞減數列，只需求出此數列的最大項即可得實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：設等比數列的首項為，公比為．
依題意是，的等差中項，
有，
代入，
得，
所以，
．
，
解之得或，，
又單調遞增，
，，
；
所以，
①
②
由①-②可得，
，
，
所以；
（2）解：因為對于恒成立，
即對于恒成立，
等價于對于恒成立，
即對于恒成立，
因為，
又因為，
所以，
所以數列為遞減數列，
所以當時，的最大值為，
所以.
故實數的取值范圍為.
9．(1)，，
(2)
【分析】（1）根據已知條件，可推得，又已知切線方程，設出切點，根據導函數即可解得的值；
（2）由已知可得，，進而可推得是等差數列，求出，.則原不等式可轉化為，對是奇數以及偶數進行討論，即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）因為，，
，
又，，
所以有，解得，所以，.
因為函數與直線相切，設切點為，
則，，
即，解得，所以，，，，
所以.
（2）由（1）知，，即.
當時，，解得或（舍去）；
當時，有，，
所以有，整理可得，
因為，所以，即.
所以，是以為首項，1為公差的等差數列.
所以，，.
則不等式對于任意恒成立，可轉化為
，
即對于任意恒成立.
①當為偶數時，即有恒成立，
因為，
當且僅當，即時等號成立，此時有；
②當為奇數時，即有恒成立，
令，，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
又，，
所以當為奇數時，最小值為.
所以，，即有.
綜上所述，.
【點睛】在求解數列不等式恒成立時，常采用分離參數轉變為求最值的方法，然后結合不等式或者構造函數求導得到數列的單調性，進而得到最值.本題將分離后，轉化為對于任意恒成立.考慮到的正負問題，對分為奇數和偶數討論，然后結合基本不等式以及構造函數求導得到的單調性，進而得到最值，最終求得的取值范圍.
10．(1)
(2)
【分析】（1）由得出的遞推關系，結合得等比數列，從而得通項公式；
（2）利用裂項相消法求得和，不等式可變形為，令，利用作差法得出的單調性，得最大項，從而得的取值范圍．
【詳解】（1）因為數列的前n項和滿足，
當時，，
兩式相減得：，即，
當時，，解得：，
可知數列是以2為首項，2為公比的等比數列，所以.
（2）由（1）可知：，
所以
，
對任意的，不等式都成立，即，
化簡得：，
設，
因為，
所以單調遞減，則，所以，
所以實數k的取值范圍是．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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