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專題8 數列與不等式恒成立問題
【2023-2024年華中師大一附中高二上期末】記上的可導函數的導函數為，
滿足的數列稱為“牛頓數列”．若函數，且，
數列為牛頓數列．設，已知，則______，數列的前項和為，
若不等式對任意的恒成立，則的最大值為______．
根據題意得出遞推公式，由化簡得出為等比數列，求其通項及和，分離參數結合對勾函數的性質求最值即可.
由題意知：，
又，
，
，又因為，
所以數列是首項為2，公比為2的等比數列．
所以．
顯然遞增．
而不等式對任意的恒成立，
即對任意的恒成立，
由雙勾函數，在單調遞減，在單調遞增．
所以當，即時，取得最小值．
所以的最大值為，所以答案為．
1．艾薩克·牛頓（1643-1727），英國皇家學會會長，英國著名物理學家，在數學上也有許多杰出貢獻.牛頓用“作切線”的方法求函數的零點時給出了一個數列：，我們把該數列稱為牛頓數列.如果函數有兩個零點1和3，數列為牛頓數列，，且，，則數列的通項公式為 ．
（2023·河南開封·模擬預測）
2．已知數列的前n項和為，，且，若不等式對一切恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
根據題意得出遞推公式，結合已知計算數列前幾項，由不完全歸納法得數列通項，再分離參數結合對勾函數的性質求最值即可.
由題意知：，
又，，
同理可得，
所以可由不完全歸納法推出．
所以．
顯然遞增．
而不等式對任意的恒成立，
即對任意的恒成立，
由雙勾函數，在單調遞減，在單調遞增．
所以當，即時，取得最小值．
所以的最大值為，所以答案為．
總評
本題是一道以數列為背景的不等式恒成立問題，多與數列的求和相聯系，最后利用數列或數列對應函數的單調性處理，對遞推公式的變形有較高的要求，通常出現在選擇題和填空題難度一般為中等偏難．解決此類問題的一般思路有：
（一）特殊到一般的思想，通過列舉找到數列的規律，求出通項公式，將恒成立問題轉化為最值問題；
（二）通過遞推公式的結構，找到對應求數列通項的方法求出通項公式，在將恒成立問題轉化為最值問題；
從不等式恒成立問題角度出發，可采用處理恒成立的策略（分類討論，分離參數等），差異在于將變量變成了一個數列的前項和，因此只需求出的范圍，此問題就與我們熟悉的恒成立問題一致了，而要求前項和，必須找到數列的通項，通項有遞推公式求或則不完全歸納法觀察得出．
3．已知正項數列，其前項和為，且滿足，數列滿足，其前項和，設，若對任意恒成立，則的最小值是 .
（22-23高二上·江蘇鎮江·期末）
4．已知數列滿足，若對任意正實數，總存在和相鄰兩項，使得成立，則實數t的最小值為（ ）
A．9 B．9.5 C．10.5 D．17
（22-23高三上·黑龍江哈爾濱·階段練習）
5．已知各項均為正數的數列的前n項和，且滿足，．設（非零整數，），若對任意，有恒成立，則的值是（ ）
A．2 B．1 C． D．
6．已知數列滿足，，記數列的前n項和為，若對于任意，不等式恒成立，則實數k的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
7．已知數列的前n項和為且，若對任意恒成立，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
8．英國著名物理學家牛頓用“作切線”的方法求函數零點.已知二次函數有兩個不相等的實根，其中.在函數圖象上橫坐標為的點處作曲線的切線，切線與軸交點的橫坐標為；用代替，重復以上的過程得到；一直下去，得到數列.記，且，，下列說法正確的是（ ）
A． （其中） B．數列是遞減數列
C． D．數列的前n項和
9．已知是各項均為正實數的數列的前n項和，，若，則實數m的取值范圍是 ．
（22-23高二下·湖南邵陽·期中）
10．已知數列的首項，數列滿足，為數列的前n項和，且滿足：，則數列的通項公式為 ，若對且，不等式恒成立，則t的取值范圍為
（2024高三·江蘇·專題練習）
11．數列滿足，數列滿足，數列的前n項和為，對任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【解析】根據函數有兩個零點1和3可將寫成零點式,再利用求得關于的地推公式,進而根據求得的通項公式即可.
【詳解】函數有兩個零點1和3可得
.故.由題意得
.
故.
故.
故數列是以為首項, 公比為2的等比數列.故.
故答案為：
【點睛】本題主要考查了新定義的問題方法,需要根據題意找到對應的數列的遞推關系,從而推導出為等比數列.屬于難題.
2．B
【分析】
根據遞推公式等價變形構造等比數列，求出數列的通項，利用錯位相消法求得，對進行奇偶分類，將不等式運用參變分離法分別求出參數的范圍再求交集即得.
【詳解】
因為，，所以，
而，所以是以為首項，公比為的等比數列.
于是，，即，
所以，
，
兩式相減得，，
即 .
由，得，
即
①當為奇數時，有，因是單調增函數，故，從而；
②當為偶數時，有，因，從而.
綜上，的取值范圍為．
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查構造等比數列求通項和錯位相減法求數列的和以及運用參變分離法求解恒成立問題等知識點，屬于難題.
解題關鍵在于根據數列遞推公式特征構造等比數列，運用錯位相減法求數列的和，并就的奇偶分類求出的取值范圍．
3．1
【分析】利用，得出，即可判斷數列是首項為3，公差為2的等差數列，因此，，，，根據，不等式恒成立，轉化為，不等式且恒成立，即可得出結論.
【詳解】由題意知，，且，
則當時，，
兩式相減得，
所以，
而，即，
又，解得，
數列是首項為3，公差為2的等差數列，因此，
則，
，
，
數列是單調遞增的，，
而數列是單調遞減的，，
因為，不等式恒成立，
則，不等式且恒成立，
因此且，即有，
又，所以的最小值是1.
故答案為：1
4．B
【分析】
根據數列的遞推關系化簡可得，再利用等差數列的通項公式及存在性問題，結合恒成立問題及解不等式即可求解.
【詳解】
由，得，
，即，于是有，所以，即，
所以是首項為，公差為的等差數列，
所以，
由，得，所以，
由于，則，所以，可得，
因為，所以，即，
因為總存在，使得成立，即，
所以，即.
又，所以實數的最小值為.
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：根據數列的遞推關系得出數列為等差數列，利用等差數列的通項公式，結合存在性問題的處理辦法及恒成立問題的處理辦法即可求解.
5．D
【分析】
先根據條件求出，，再根據探索數列的通項公式，代入，根據，分為奇數、偶數討論的取值范圍，最后根據為非零整數確定它的值.
【詳解】由，，又，所以，
，又，所以，
由得（），
相減得，，，
所以，所以，
再相減得，
則，而，
所以數列是等差數列，首項和公差均為1，所以，
，
對任意，有恒成立，則恒成立，
，
即，
是奇數時，，，∴，
為偶數時，，，∴，
綜上，．又是非零整數，所以．
故選：D．
【點睛】思路點睛：數列問題中已知項與和的關系時，一般利用得出數列的遞推關系，從而再求解；在含有的不等式參數問題中，需要利用的奇偶進行分類討論化簡不等式得參數范圍．
6．C
【分析】
將數列遞推式恒等變形，構造等比數列，求得數列通項，將題設中的數列的通項展開裂項，運用裂項相消法求和，求得和式的范圍即得.
【詳解】
依題意，當時，，
所以數列是首項為，公比為的等比數列，，即，
所以，
所以，
因不等式恒成立，故的取值范圍是.
故選：C.
7．C
【分析】根據給定條件，利用錯位相減求和法求出，再按奇偶討論求出a的范圍.
【詳解】由數列的前n項和為且，得，
于是，
兩式相減得：，
因此，，顯然數列是遞增數列，
當為奇數時，，由恒成立，得，則，
當為偶數時，，由恒成立，得，則，
所以實數a的取值范圍是.
故選：C
8．AD
【分析】
根據可求的表達式，判斷A的真假；利用導數求二次函數在處切線的斜率，進一步寫出在處的切線方程，求出直線與軸的交點橫坐標，得，進一步判斷數列的結構特征，得到數列是等比數列，可判斷BC的真假；利用公式法可求數列的前項和，判斷D的真假.
【詳解】
對于A選項，由得，所以，故A正確.
二次函數有兩個不等式實根，，
不妨設，
因為，
所以，
在橫坐標為的點處的切線方程為：，
令，則，
因為
所以，即
所以為公比是2，首項為1的等比數列.
所以，故BC錯.
對于D選項，，得，故D正確.
故選：AD.
【點睛】關鍵點睛：利用導數的幾何意義及等比數列的定義、通項及前項和公式即可.
9．
【分析】由題意首先得，，進一步將原問題轉換為恒成立，結合基本不等式即可求解.
【詳解】因為，
又因為是各項均為正實數的數列，
所以，即數列是以1為首項，3為公比的等比數列，
所以，所以，
而，所以，
即恒成立，
又，當且僅當時，等號成立，
所以，即實數m的取值范圍是.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是首先得，，由此即可順利得解.
10．
【分析】利用可求出數列的通項公式，然后根據構造等比數列求數列的通項公式，然后分奇偶討論，將恒成立問題轉化為最值問題求t的取值范圍.
【詳解】因為，故，
當時，，也適合，
故；
對且，不等式恒成立，
即恒成立，
結合，即對且恒成立，
又，
故為公比為，首項為的等比數列，
故，，
當n為奇數時，，，
則，
即對且恒成立，
而在上單調遞減，
此時最大值為，故，所以；
當n為偶數時，，，
則，
即對且恒成立，
此時最大值為，故，所以；
結合，可得的取值范圍為，
故答案為：；.
11．
【分析】
由條件變換可得是等比數列，求得，，將放縮求得，即可得解.
【詳解】由，得，
故是以為首項，為公比的等比數列，
所以，所以，
所以，
所以，
又，所以，故．
所以的取值范圍為.
故答案為：.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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