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專題9 數列的放縮求范圍問題
【2024屆合肥一中高三第二次質檢第8題】．已知數列的前項和為，
且，若，則（ ）
A． B． C． D．
根據條件配方化簡，開方得，結合累加法得通項，再由裂項相消計算即可.
根據題意易知：，顯然由可得，
且
故
即，
故，
上述式子累加，
得，
故，
當時，滿足上式，所以，
所以，
所以
，故，
因為，所以，
所以，故選A．
（注：的放縮結構不唯一，如也可放縮為）
感悟反思：求數列放縮問題可放縮為累加法求通項，可放縮為裂項求和
（2024·江蘇·高二專題練習）
1．己知正項數列滿足，則下列正確的是（ ）
A． B．數列是遞減數列
C．數列是遞增數列 D．
2．已知數列滿足，，、、，若對任意的，都有，則（ ）
A． B． C． D．
根據條件構造，利用等比數列的求和公式放縮求和即可.
根據題意易知：，顯然由可得，
因為
故，
故
故，
又，故，故，選A．
感悟反思：數列放縮問題可放縮為等比數列求通項和求和
總評
數列證明題中，有的迭代遞推式可求通項，有的不可求通項.在遇到相關問題時，審遞推式特征很重要，能幫助預測或把握解答方向．
本題屬于不可求通項的類型，所以估計上下界時需要用到放縮的方法，這一類通項型數列放縮的問題：關鍵點有如下部分：①先判斷出數列的單調性和大致的取值范圍，方便后續放縮；②將用的形式表示（其中因式分解，取倒數，取對數、根號平方等次數變形，裂項等等是常用的變形技巧），再累加法求通項，但是顯然求不了和，需要放縮為能求和的形式（特別的，放縮為常數時對應等差數列）．（：變換成這種形式同理，累乘放縮，特別的放縮為常數時對應等比數列）
（2023年11月重慶市一中高三上月考第12題）
3．已知數列的首項，且滿足，以下正確的有（ ）
A．，數列一定單調遞增
B．，使得數列單調遞增
C．若，則
D．，數列的前項和
（江蘇省南通市海安市2023年11月高三期中第12題）
4．已知數列滿足，且，則（ ）
A．為遞增數列
B．
C．
D．
（2024屆華南師大附中高三綜合測試（二）第12題）
5．已知數列滿足，，則（ ）
A．為單調遞減數列 B．
C． D．
（2023·遼寧大連·大連二十四中校考模擬預測）
6．已知數列的前項和為，且，則（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·高三專題練習）
7．黎曼函數是一個特殊的函數，由德國著名的數學家黎曼發現并提出，在高等數學中有著廣泛應用，其定義為:時， .若數列 ，則下列結論:①的函數圖像關于直線對稱；②；③；④ ；⑤.其中正確的是（ ）
A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤
（2024上·福建·高二期末）
8．記是各項均為正數的數列的前n項和，．數列滿足，且則下列選項錯誤的是（ ）
A．
B．
C．數列的最大項為
D．
（2024·全國·高三專題練習）
9．已知數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·江西景德鎮·統考一模）
10．數列前n項和為，且滿足：，，，，下列說法錯誤的是（ ）
A．
B．數列有最大值，無最小值
C．，使得
D．，使得
（2023·全國·高三專題練習）
11．已知數列中，，，記，，則下列結正確的是（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】選項A、D，需要借助放縮法進行判斷；選項B、C，判斷數列的單調性，需要對數列的前后項作商并與比較大小；
【詳解】因為，故，得，
對于選項A，由可得：，
兩邊同乘，可得：，，則選項A錯誤；
對于選項B，易知，，
因此，
則，選項B錯誤；
對于選項C，，，
因此，
又，同時，
得，即，選項C錯誤；
對于選項D，當時，，
則，
則有，則選項D正確．
故選：D.
2．C
【分析】將等式變形為，可知數列為等比數列，進而可求得該數列的通項公式，再利用累加法可求得，根據題意得出，進而可求得的值.
【詳解】當且時，由可得，且，
所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，
所以，，
，
對任意的，都有，，即，因此，.
故選：C.
【點睛】本題考查了數列遞推關系、考查累加法求數列通項、極限性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．
3．ABD
【分析】運用作差比較法、特殊值法，取對數法逐一判斷即可.
【詳解】對于A，根據條件可知數列每項均正，，所以數列單增，正確：
對于，取，由可知，當時，，由此類推可得正確；
對于，由條件數列每項均正，，又，所以，C錯；
對于D，，
因此有，所以有，
即，
設，
當時，，所以此時函數單調遞增，
故
所以，
因此有，
即，所以D對，
故選：ABD
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用取對數法、特殊法.
4．ABC
【分析】作差比較大小判斷單調性判斷A；推導得，計算判斷B；利用裂項相消法求和判斷C；借助基本不等式及等比數列前n項和公式計算判斷D.
【詳解】顯然，而，則，，
又，即有與同號，而，則，
對于A，，即，為遞增數列，A正確；
對于B，，則，
因此，B正確；
對于C，由，得，即，
因此，C正確；
對于D，，因此（當且僅當時取等號），
所以，D錯誤.
故選：ABC
【點睛】思路點睛：涉及給出遞推公式探求數列性質的問題，認真分析遞推公式并進行變形，可借助累加、累乘求通項的方法分析、探討項間關系而解決問題.
5．ABD
【分析】根據，得，結合選項利用各項間關系，構造函數依次求解即可.
【詳解】由題意可得，
對于A，令，則，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，當且僅當時等號成立，
若，又，則得，則與題設矛盾，所以，
設，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
所以，即，當且僅當時等號成立，所以，
由可知當時，，則，，即，
同理可得，…，，所以當時，，所以，
所以數列為單調遞減數列，選項A正確；
對于B，只需證明，
令，，令，，
則由均值不等式可知，
所以在上單調遞增，所以，，選項B正確；
對于C，，設，，
設，，
則，所以在上單調遞減，所以隨著減小，增大，又因為隨著的增大減小，所以，即，選項C錯誤；
對于D，由累乘法可知要證只需證明
，
令，，
則，所以恒成立，
所以，所以，
累乘得，，
所以，選項D正確；
故選：ABD
【點睛】本題考查了數列的綜合應用，結合構造的模型函數進行求解.
6．A
【分析】解法一：直接利用關系式的變換和數列的遞推關系式，進一步利用數列的求和的應用和裂項相消法的求和，放縮法的應用求出結果；解法二：由于數列單調遞減，結合Stolz定理可得，由數學歸納法與放縮裂項求和即可求得結論.
【詳解】解法一：由，且，
所以；
所以，
故，，
，
所以，即；
故，
所以；
所以；
故；
故，
由于，所以.
解法二：因為，則，所以，
所以單調遞減，又，排除等比放縮，
嘗試比較與趨于0的速度，由Stolz定理：
，
故當時我們有，事實上，結合及，
下面試證．
用歸納法證明：當時，有成立．
當時，，故成立；
假設時，有成立．
則當時， ，即，故時命題成立．
綜合可知：當時，有成立，故，
，
又，所以.
故選：A．
7．D
【分析】根據黎曼函數的定義和性質逐項分析.
【詳解】對于①：若 ，則 ， ，關于 對稱，
若為無理數，則 也是無理數， ，也關于 對稱，
若 ，并且 是既約的真分數，則，并且 是互質的 ， ，
也是真分數，若 不是既約分數，則 與 必定存在公約數 ，
不妨假設 ，則有 ，即 存在大于1的公約數，與題設矛盾，故 也是既約分數， ，即關于 對稱，
故①正確；
對于②， 時， ，故②錯誤；
對于③，當 時，有 ， ，但當 時 ，故③錯誤；
對于④， ， ，
構造函數 ， ，則 ， 單調遞增，
，即 當 時 ，
， ，
當 時， ， ， ，故④正確；
對于⑤，
，故⑤正確；
故選：D.
8．C
【分析】由已知條件結合與的關系，解出數列的通項公式，再求選項中數列求和和最值問題.
【詳解】由 與 ，得 ，又，
所以 ，即
因為，所以，所以.
又 ，所以數列是首項為2，公差為2的等差數列.
則，所以．
當時，， 也符合.
∴，A選項正確；
當時，
，
而時，也成立，故B選項正確；
設，，
當時，解得，
故數列的最大項為，C選項錯誤；
，D選項正確.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：題中數列不等式涉及放縮，通項放縮技巧證明數列不等式的關鍵在于觀察通項特征和所證結論，適當調整放縮幅度，做到放縮得恰到好處，同時還要做到放縮求和兩兼顧.
9．B
【分析】先通過遞推關系式確定除去，其他項都在范圍內，再利用遞推公式變形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放縮可得出．
【詳解】∵，易得，依次類推可得
由題意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
綜上：．
故選：B．
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用遞推關系進行合理變形放縮.

10．D
【分析】A選項，令求出，再令，求出；B選項，先得到，再求出，單調遞減，故B正確；C選項，當時，，時，，證明出C正確；D選項，作差，并結合C選項中結論計算出，故D錯誤.
【詳解】A選項，中，令得，
因為，解得，解得，
中，令得，
即，解得，負值舍去，A正確；
B選項，當時，，故，
，
故，
因為，故，，
故，則單調遞減，
數列有最大值，無最小值，B正確；
C選項，當時，，此時等號成立，
當時，由于，
所以，
綜上，，使得，C正確；
D選項，
，
由C選項可知，，，
故，
所以恒成立，
故不存在，使得，D錯誤.
故選：D
【點睛】數列不等式問題，常常需要進行放縮，放縮后變形為等差數列或等比數列，在結合公式進行證明，又或者放縮后可使用裂項相消法進行求和，常常使用作差法和數學歸納法，技巧性較強.
11．D
【分析】根據數列特征得到，且與同號，結合裂項相消法求得，與比較，發現不恒成立，判斷出A選項；結合，可得，判斷出B選項；利用可得：，構造新函數可得：，得到，而根據一次函數與對數函數的增長速度，可得不恒成立，故判斷C選項；根據題干條件得到，，進而求出，結合數列的單調性可得：，故D選項正確.
【詳解】由，，可得：，故，所以，因為，所以，故，所以與同號，因為，所以，綜上：，又因為，可得：，所以，因為，所以，所以，從而，所以不恒成立，選項A不成立
因為，所以恒成立，選項B不成立；
因為，所以，若，則，其中設（），則，所以在上單調遞減，其中，當時，，所以
，故有，結合函數的增長速度，顯然不恒成立，故選項C錯誤；
，∴可視為數列的前項和，
∵單調遞增，∴，故恒成立，選項D正確.
故選：D
【點睛】數列與不等式結合，常常要進行適當放縮，或利用函數單調性研究數列的單調性，進而求出數列的范圍或求和的范圍，這道題目中需要構造函數，通過研究其單調性，得到是解集問題的關鍵.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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