专题2 与数列有关的不等式问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

?高中数学·选择性必修 第二册 专题2 与数列有关的不等式问题 题型一 数列不等式恒成立问题 1.(福建龙岩一中月考)若数列{a,},{b,}的通 项公式分别为a,=(-1)"+2022a,b,=3+ (-1)一，且a,<b,对任意n∈N*都成 立，则实数 a的取值范围为 () B.[-3,5]A.(-3,1) c.[-2,3] D.(-2,2) 2.(山东滨州高二月考)已知数列{a,}满足 a =(2n+1)(2n+3),其前 n项和为S,.若S <M恒成立，则M的最小值为 3.已知数列{a,}满足a?=2,nan+1+1=(n+ u n1)a,,若对任意t∈[0,1],n∈N*,不等式 >t2+(a-2)t+a2恒成立，则a的取值范 围为 . 4.(北京十二中高二下期中)已知等差数列 {a,}的前 n项和为S,,2a?—a?=5,S?—S? =14. (1)求{a,}的通项公式； (2)若Vn∈N*,S,—a,+λ≥0恒成立，求λ 的取值范围. 题型二 数列不等式的能成立(有解)问题 5.已知数列{a,}的前 n项和为S,,且3S,+1 =4a,则使不等式√a?+√a?+⋯+√a,< 1 000 成立的正整数 n的最大值为 ( ) A.7 B.8 C.9 D.10 6.(福建福州一中期末)已知数列{a,}的前 n 项和为S,,且a?=4,a,+an+1=4n+2(n∈ N*),则使得S,<2 023 成立的 n的最大值 为 ( ) A.32 B.33 C.44 D.45 7.(四川攀枝花高三统考)已知数列{a,}的各 项均为正数，前 n项和为S,,且 2a,S,=1+ b?=logsa2,设 ,数列{b,}的前 n项和为 Tn,则满足Tn≥2的正整数 n的最小值为 ( ) A.15 B.16 C.3 D.4 8.(湖南株洲二中高二入学考试)已知数列 a?=3,a,+=a2+1{a,}满足 {d-1}(1)求证：数列 为等比数列； a+2+⋯+1<2023,求满足条件(2)若 的最大整数 n. 36 第四章 数 列 题型三 数列不等式的证明 9.(天津)设{a,}为等差数列，a?+a?=16,a?一 a?=4. 回a;(1)求{a,}的通项公式和 (2)已知{b,}为等比数列，对于任意k∈N*, 若2k-1≤n≤2*—1,则b<a,<b?+1· ①当 k≥2时，求证：2-1<b<2?+1; ②求{b,}的通项公式及前 n项和. 10.已知数列{a,}的前 n项和为Sn,若4S,= (2n—1)an+1+1,且a?=1. (1)求证：数列{a,}是等差数列，并求出 {a,}的通项公式： (2)设b.=5,数列{b,}的前 n项和为 T,求证：T,<2 37 ?高中数学·选择性必修 第二册 11.(四川南充模考)已知数列{a,}是递增的等 比数列，并且满足a?-3a?=4,a?=8. (1)求数列{a,}的通项公式； (2)若b,=log?a,+log?an+1+⋯+log?a2m, 仿 3≤s,S,是数列 的前 n项和，证明： <3. 12.已知数列{a,}的前 n项和S,=na,-3n(n —1),n∈N*,且a?=17. (1)求a?; (2)求数列{a,}的前 n项和Sn; (3)设数列{b,}的前 n项和T,,且满足 bn =√5。,求证：T,<言√3n+2. 38 -a,1,即4a?=-2×(-1)+2=1, ,此时 n— ,a=,1为偶数，∴n为偶数时 故当n为奇数时，S=-1; ,s.=1-2=0,当n为偶数时 ∴数列{S,}的前 7 项和为 S?+S?+ S?+S,= -(+2++2)=-256 -256答案 专题2 与数列有关的不等式问题 题型一 1.B 由题意得(-1)+2a<3+(-1)+对任意n∈ N”都成立，由于(-1)”中n的奇偶性不同其结果也不 同，因此需要分n为奇数和n为偶数进行讨论.当n为 奇数时，有-a<3+, {3+n},易知数列 为递减数列， 且3+1>3,) 以—a≤3,所以a≥-3;当n为偶数时， 有a<3-1, {3-n}易知数列 为递增数列，且 (3-1)_=3-2=5, 以a<5.,所 综上，实数 a的 [-3,5].取值范围为 故选B. a.=(2n+1)(2n+3)=_(2n+1-2m+3),2.解析 则 S.=1(3-5+亏-1+⋯+2n+1-2n+3) =2(3-2n+3)<6 因为S,<M恒成立，所以M≥ 6, 6.即M的最小值为 6答案 3.解析 因为na,+1=(n+1)a,所以m1+n(n+1 =n,即+1+n-n+1=n,所以1-n+1=n 1,所以{a-1} n-1=4-1=1为常数数列，即 以n=n+1=1+1>1,可得a=n+1,所 ,所以原题等 价于t2+(a-2)t+a2≤1对任意t∈[0,1]恒成立。 令f(t)=t2+(a-2)t+a2,t∈[0,1], {f(1≤1, I2<(a-2)×1+a2<1.则 即 解得-1≤a≤1,所以实数a的取值范围为[-1,1]. 答案 [-1,1] 4.解(1)设等差数列{a,}的公差为d. 由题意可得2a?-a?=(a?+a?)-a?=a?=5, 且S;-Sg=a?+a?=14,则a?=9, 得d=a?-a?=4,a?=a?-3d=-7, 所以a=-7+4(n-1)=4n-11. (2)由(1)可得S.=n(-7+4m-11)=2n2-9m, 则S-a+λ=(2n2-9n)—(4n-11)+λ=2n2-13n+λ +11. 因为y=2x2-13x+λ+11的图象开口向上， x=13,对称轴方程为 所以当n=3时，2n2—13n+λ+11取到最小值λ-10, 得λ-10≥0,即λ≥10, 所以λ的取值范围为[10,+一]. 题型二 5.C ∵3S,+1=4a,∴s=4a-3, ,a?=s=4a-3,当n=1时 ,即a?=1 当n≥2时，a?=S。-S-?=(4a-3)-(4a-1- 3)=4a-4a1,即a,=4a,1, ∴数列{a,}是首项为1,公比为4的等比数列， 则a,=1×4"-1=4"-1,即√a=√4"1=2"-1, ∴√a?+√a?+⋯+√a,=2°+21+⋯+2"-1= 2×(--2)=2”-1. 若使不等式√a?+√a?+⋯+√a<1000成立， 则需2”—1<1.000,即 n≤9, 所以满足题意的正整数 n的最大值为9.故选C. 6.C 由题意得a+=-a,+4n+2, 构造a+1+k(n+1)+b=—(a,+kn+b),k,b∈R, {-26-A=2,化简得a+1=-a,-2kn-2b—k,则 {6=0,2即a+1-2(n+1)=-(a-2n),解得 令b,=a,-2n,则b?=-b, 故数列{6,}是首项为b?=a?-2=2,公比为-1的等比 数列， 故b,=2×(-1)*-1,则a,=2n+2×(-1)“-1, s.=2+2n×n+2×所以数列{a}的前 n 项和 [1-(-1”=2+n+1-(-1)°. 当 n为偶数时，S,=n2+n<2023,即 n(n+1)<2 023. 因为44×45=1980<2 023,46×47=2162>2 023, 所以此时 n的最大值为44; 当n为奇数时，S,=n2+n+2<2 023, 即 n(n+1)<2 021. 因为43×44=1892<2 021,45×46=2070>2 021, 所以此时 n的最大值为43. 综上可得，n的最大值为44.故选C. 18 a.>0,25.=+a,7.A 由题意可得 且当 n=1时，2S? =2a=1+a,,则S?=a?=1;当n=2时，2S?=2(a?+ a?)=1+a?, 则 a?+2a?-1=0,得a?=√2-1,所以S? =a?+a?=√2;当n≥2时，将2a,S=1+a2中的a用S 一S-1替换，则 2(S,-S?-1)S,=1+S2-2S,S-1+ S2-1,则 S2-S2-1=1.又S2-S2=1也成立，故{S2}是首 项、公差均为1的等差数列，则 S2=n,即S,=√n.又T =lo{1os5+⋯+l =losSs=1og?S4 =2log?(n+1)≥2,所以n+1≥16,即n≥15,故满足 T,≥2的正整数 n的最小值为15. 1-241-2+1×,8.解(1)证明：由题设可得 所以-1=2(2-1). 1-1=2,所以{1-1}是以为首项,为公比 的等比数列. a-1=(去)”,即2=1+1,,所以+(2)由(1)可得 +⋯+1=n+(1+1+⋯+2)=n+1-2 显然等号右边的n+1- 是递增的， 易知，当n=2022时，2022+1-1<2023 ,2023+1-1>2023n=2 023 时 不满足题意， 所以满足条件的最大整数是2 022. 题型三 9.解 (1)设{a,}的公差为d. 24=4d=16, a=23,解得由题意得 所以a=3+2(n-1)=2n+1. 2a,=az+az+4+az+2+⋯+az- =2-'[2·21+1+2·(2°-1)+17 =2-1·(2"+1+2·2°-1)=2-·3·2 =3×2-1=3×22-2=3×4-1. (2)①证明：2*-1≤n≤2-1→2?≤2n≤2+1-2→2?+1 ≤2n+1≤2k+1-1, 即2*+1≤a,≤2+1-1. ∵b,<a<bk+1成立， b>(a),b<2+1且bm>2-1, 则b>2*—1. 综上，2—1<b?<2+1. ②设{b,}的公比为q,前n项和为S, ∵{b,}为等比数列，且k∈N*,2*-1<b<2*+1, ∴2?+1-1<b+1<2*+1+1. 又q=,:q<2=+1=2+2z3,?>2+1=2 -22+1 ∵k∈N*,∴q=2,∴2*-1<b?2k-1<2"+1,∴b?=2, ∴b,=2”,s,=b(1-q=2(1-2)=2+1-2. 10.证明 (1)4S,=(2n-1)a+1+1, ∴4S,_1=(2n-3)a,+1(n≥2), ∴4a,=(2n-1)a+1-(2n-3)a,(n≥2), 即(2n+1)a。=(2n-1)a.>4=2n=1, =2m-3,a=2-3,⋯,a2=5, ·⋯a=2m-3·2m-3·⋯5, 即a=2n31(n≥2),:a。=m-1a?. 由4S,=(2n-1)am+1+1,令 n=1可得 4S?=a?+1→a?=3, ∴a=2n-1(n≥2),验证a?=1符合上式， ∴a,=2n-1. S,=3,b.=(2n-1)√=n(22-1,(2)由(1)得 b?=1, 显然T?<2; ,b.=(2-1)<n(2n-2)=2n(n-1可知当 n≥2时 =2(n-1-1), ∴T,=b?+b?+⋯+b.<b?+2[(1-1)+ (2-3)+⋯+(n1-n)] =1+1(1-n)<3, b?=1符合上式， ∴不等式得证。 11.解 (1)设数列{a,}的公比为q. ?-3q=4,由a?-3a?=4,a?=8,得 两式相除， 得2-3=2,即2q2-q-6=0, q=-3(舍去),解得q=2 a?==2,所以 所以a=2”. (2)log?a,=n,则b,=n+(n+1)+(n+2)十⋯+2n= (n+1)(n+2n)=3n(n+1, 所以=3n(n+1)=3(1-n+1), s.=3(1-2+2-3+3-4+⋯+n-1-所以 19 n+1-n+1)=3(1-n+1) 2≤1-n+i<1,所以学≤s.<3因为- 12.解(1)在S,=na,-3n(n-1),n∈N*中， 令 n=2,n=3可得 a+a-a?=36,-18>(a,-a4=16 .?=5. (2)S,=na,-3n(n-1),① S-1=(n-1)a。-1-3(n-1)(n-2),② ①一②可得 a =na—(n-1)a1-6(n-1)→(n-1)a=(n— 1)a,_1+6(n-1)(n≥2), ∴a,=am-1+6, ∴{a,}是公差为6的等差数列， ∴a,=a?+6(n-1)=6n-1, ∴S,=na,-3n(n-1)=n(6n-1)—3n(n-1)=3n2 +2n. 6.=√3n42n-+(3)证明：由(2)可得 b=3n+2=2√3n+2<3n+2+√3n-1 =3(V3n+2-√3n-1), ∴T。=b?+b?+⋯+b.<3((5-√2)+W8-√5)+ ⋯+(√3n+2-√3n=1)]=(√3n+2-√Z)< 3√3n+2. 章末优化提升 【考点聚焦】 [跟踪训练] 1.解(1)证明：∵S,=n-5a,-85, ∴S+1=(n+1)-5a+1-85, 两式相减得an+1=1+5a,-5am+1, a,+=6a?+1,整理得 a,+-1=6(a。-1), 又∵a?=1-5a?-85,即a?=-14, ∴a?-1=-14-1=-15, ∴数列{a,-1}是以-15为首项， 5为公比的等比数列。 (2)由(1)可知a,-1=-15×(6), ∴a,=1-15×(5) 2.解(1)由2S=(n+1)a(n∈N*),得当 n≥2时，2S。-1 =nam-1, 两式相减，得2a=(n+1)a-na-1, 即(n-1)a?=nan-1· 由题意可知a,≠0,所以=n”i(n≥2). 当 n=2时，2S?=3a?,即2(a?+a?)=3a?. 又a?=4,所以a?=2. a.=a×-×⋯×9×1×a?所以 =n-1×”=2×⋯×3×2×2 =2n(n≥2), 经验证，当n=1时也符合上式， 所以am=2n(n∈N*). (2)由题意，得当n=1时，T?=2S?-1. 因为T?=S?=a?,所以a?=2a?-1,所以a?=1. 当 n≥2时，T,-1=2S。-1—(n-1)2, 则S=T。一T-1=2S,-n2—[2S_1—(n-1)2]=2(S -S-1)-2n+1=2a-2n+1. 因为当n=1时，a?=S?=1也满足上式， 所以S=2a,-2n+1(n∈N*).① 当 n≥2时，S。_1=2a_1-2(n-1)+1,② ①-②,得a,=2a。-2a-1-2, 所以a,=2a_1+2(n≥2). 因为a+2=2(a-1+2), a?+2=3≠0, 所以数列{a+2}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以a+2=3×2”1, 所以a=3×2"-1-2,n∈N*. 3.解 (1)设等差数列{a,}的公差为d(d>0),等比数列 {b,}的公比为q. 由a?=1,b?=2,b?S?=12,b?+S,=10, 可得2q(2+d)=12,2q+3+3d=10, 所以q=2,d=1. 则a=1+n-1=n,b=2". s.=_n(n+1),(2)由(1)可得 故c.=b.+g=2"+n(n+1)=2'+2(1-n+) 则数列{c,}的前 n项和T,=(2+22+⋯+2”) +2(1-1+2-3+⋯+n-+1) =2(1-23+2(1-+1)=2*+1-n+1 2+1-2n+1故数列{c,}的前2n项和为 4.解(1)设{a,}的公比为q,则an=a?q"-1. at-a-=8, a-31,由已知得 解得 所以{a,}的通项公式为a=3”-1. (2)由(1)知 log,a,=log,3"-1=n-1, 故数列{log?a,}是首项为0,公差为1的等差数列， 故S,=(n-1. 由S+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3) (m+2), 即 m2—5m—6=0. 结合m∈N”,解得m=6. 20