专题2 第3讲 数列与不等式 提升课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

第三讲　数列与不等式 提升课 第一部分　专题突破 专题二　数列 高考分析 数列与不等式的综合问题是高考的热点,主要以数列为载体,通过构造函数来研究数列的单调性、最值;利用导数判断数列的单调性,或将数列不等式的证明转化为函数不等式的证明等. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 内容索引 考点二　数列中不等式的证明问题 考点三　数列与函数 3 考点一　数列中不等式的恒成立问题 考点一　数列中不等式的恒成立问题 [例1]　(2025·浙江嘉兴模拟)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,4Sn=+2an-3,数列{bn}满足bn= (1)求数列{an}的通项公式; 考点一　数列中不等式的恒成立问题 [解]　当n=1时,a1=S1=,解得a1=-1或a1=3.因为an>0,所以a1=3, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0. 因为an+an-1>0,所以an-an-1=2,又a1=3, 故数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列, 所以数列{an}的通项公式为an=2n+1. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 (2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*,Tn≥10n+λ成立,求实数λ的取值范围. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 [解]　法一:由bn= 所以bn= 当n为偶数时, Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=(b1+b3+…+bn-3+bn-1)+(b2+b4+…+bn-2+bn) =[-2+(-2)+…+(-2)+(-2)]+[12+20+…+(4n-4)+(4n+4)] =(-2)×+=n2+3n, 考点一　数列中不等式的恒成立问题 当n为奇数时, Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4, 所以Tn= 因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ成立, 所以当n为奇数时,即n2+n-4≥10n+λ,所以λ≤n2-9n-4, y=n2-9n-4的图象的对称轴为n=-=4.5,所以n=5时,(n2-9n-4)min=-24,则λ≤-24; 当n为偶数时,n2+3n≥10n+λ,所以λ≤n2-7n. 所以n=4时,(n2-7n)min=-12,则λ≤-12. 综上,λ≤-24. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 法二:由bn= 所以bn= 因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ成立, 则λ≤Tn-10n,令Cn=Tn-10n, 当n为奇数时,Cn+1-Cn=Tn+1-Tn-10=bn+1-10=4n-2>0, 则Cn+1>Cn,所以Cn最小值一定在n为奇数时取到, 当n为奇数时,Cn+2-Cn=Tn+2-Tn-20=bn+2+bn+1-20=-2+4(n+1)+4-20=4n-14, 当n≥4时,Cn+2>Cn,当n≤3时,Cn+2<Cn, 所以当n为奇数时,C1>C3>C5,C5<C7<C9<…, 则Cn的最小值为C5=T5-50=b1+b2+…+b5-50=-24,所以λ≤-24. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 　1.分离参数转化为关于n的不等式,然后利用函数、数列或不等式的性质求解. 2.利用数列的单调性,求出数列中的最大(小)项或其前n项和的最值,然后求出参数的范围. 方法总结 考点一　数列中不等式的恒成立问题 1.(2025·山东济南质检)已知数列{an},{bn},{cn}的首项均为1,an+1为an,cn的等差中项,且bn+2cn+1-bncn=0. (1)若数列{bn}为单调递增的等比数列,且b1+b3=b2,求{an}的通项公式. 对点训练 考点一　数列中不等式的恒成立问题 解:若数列{bn}为单调递增的等比数列,设其公比为q>1,且b1=1, 因为b1+b3=b2,则1+q2=q,解得q=2或q=(舍去),所以bn=1×2n-1=2n-1. 因为bn+2cn+1-bncn=0,即2n+1·cn+1-2n-1·cn=0, 可得cn+1=cn,且c1=1≠0, 可知数列{cn}是首项为1,公比为的等比数列,则cn=1×()n-1=. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 因为an+1为an,cn的等差中项,则an+1=an+cn, 即an+1-an=,且a1=1, 当n≥2时,则an-an-1=,an-1-an-2=,…,a2-a1=1, 累加可得an-a1=++…+1==(1-), 则an=(1-)+1=(7-), 且a1=1符合上式,所以an=(7-). 考点一　数列中不等式的恒成立问题 (2)若数列{bn}的前n项和Sn=n2,数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数m使Tn>对n∈N*恒成立?若存在,求出m的最大值;若不存在,请说明理由. 考点一　数列中不等式的恒成立问题 解: 若数列{bn}的前n项和Sn=n2, 当n=1时,则b1=S1=1; 当n≥2时,则bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1; 且b1=1符合上式,所以bn=2n-1. 因为bn+2cn+1-bncn=0,即(2n+3)·cn+1-(2n-1)·cn=0, 可得(2n+3)(2n+1)·cn+1=(2n+1)(2n-1)·cn,且c1=1, 可知数列{(2n+1)(2n-1)·cn}为常数列, 考点一　数列中不等式的恒成立问题 则(2n+1)(2n-1)·cn=3×1×1=3,所以cn=>0, 可知数列{Tn}为递增数列,则{Tn}的最小项为T1=c1=1, 若存在正整数m使Tn>对n∈N*恒成立,则1>,即m<2 025, 所以正整数m的最大值为2 024. 考点二　数列中不等式的证明问题 考点二　数列中不等式的证明问题  常见的放缩技巧(n≥2,n∈N*) 1.<=(-). 2.-<<-. 3.2(-)<<2(-). 4.<<,<≤. 考点二　数列中不等式的证明问题 [例2]　(2025·河南郑州质检)已知数列{an}满足a1=1,an+1an=an-2an+1. (1)求{an}的通项公式; [解]　由题设条件,可得若an≠0,则an+1≠0, 用反证法,假设an+1=0,由题设条件,显然an=0,这与已知条件矛盾,所以an+1≠0. 因为a1=1≠0,所以a2≠0,a3≠0,…,所以∀n∈N*,an≠0, 由an+1an=an-2an+1得-=1,所以+1=2(+1), 又+1=2≠0,所以是首项、公比均为2的等比数列. 所以+1=2n,则an=. 考点二　数列中不等式的证明问题 (2)记{an}的前n项和为Sn,求证:Sn<2. [证明]　显然n=1时,a1=1<2成立, 当n≥2时,2n-1≥22-1=2>1,所以<1,所以2->1, 所以2n-1(2-)>1×2n-1,即2n-1>2n-1>0,所以an=<, 所以Sn=a1+a2+a3+…+an<1+++…+==2(1-)<2. 综上,Sn<2. 考点二　数列中不等式的证明问题 　以数列为背景的不等式证明问题,多与数列求和相联系,一般可以先求得数列的通项公式,对数列通项按照先放缩再求和,或先求和再放缩的思路证明不等式. 方法总结 考点二　数列中不等式的证明问题 2.(2025·江苏南京模拟)从①Sn=n2-2n,②a1=1,an+1=+,③2-1=an这三个条件中,请选择一个合适的,补充在下题横线上(写序号),并解答该题. 已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且对任意正整数n,有　　　　.  (1)求{an}的通项公式; 对点训练 考点二　数列中不等式的证明问题 解:若选①,当n=1时,a1=S1=12-2=-1<0,不符合题意.(如果选条件①,不得分) 若选②:因为a1=1,an+1=+,所以Sn+1-Sn=+, 所以(-)(+)=+, 即-=1, 则{}是公差为1的等差数列,则=+(n-1)×1=n,则Sn=n2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1, 当n=1时,a1=1满足上式.所以{an}的通项公式为an=2n-1. 考点二　数列中不等式的证明问题 若选③:因为2-1=an,则Sn=, 当n=1时,2-1=a1,解得a1=1. 当n≥2时,Sn-Sn-1=an=-, 即(an-an-1-2)(an+an-1)=0. 因为an>0,所以an-an-1=2, 则{an}是首项为1,公差为2的等差数列, 所以{an}的通项公式为an=2n-1. 考点二　数列中不等式的证明问题 (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<1. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 证明:因为bn===-, Tn=b1+b2+b3+…+bn=(-)+(-)+…+[-]=1-. 所以Tn=1-<1,且Tn在n>0时单调递增,并在n=1时取最小值, 所以≤Tn<1. 考点三　数列与函数 考点三　数列与函数 [例3]　(2025·广东茂名模拟)已知f(x)为一个连续函数,若数列{an}满足:∀n∈N*,an=f(n)-f(n-1),则称数列{an}是关于f(x)的“可差数列”,记数列{an}的前n项和为Sn. (1)若{an}是关于f(x)=(x+1)·2x的“可差数列”,求{an}的通项公式及Sn; [解]　因为f(x)=(x+1)·2x, 所以an=(n+1)·2n-(n-1+1)·2n-1=(n+2)·2n-1. 因为∀n∈N*,an=(n+1)·2n-n·2n-1, 所以Sn=2×21-1×20+3×22-2×21+…+(n+1)·2n-n·2n-1=(n+1)·2n-1. 考点三　数列与函数 (2)已知{an}满足:∀n∈N*,an=(3n2+2n+1)·(-2)-(n+1),若{an}是关于f(x)的“可差数列”.试求一个满足条件的f(x)的解析式. [解]　因为∀n∈N*,an=(3n2+2n+1)·(-2)-(n+1),an=f(n)-f(n-1), 不妨令f(n)=, 则=-, 即3n2+2n+1=3An2+(3B-4A)n+3C+2A-2B, 所以 所以f(n)==,即f(x)=(x+1)2·(-2)-(x+1). 考点三　数列与函数 　数列与函数的综合问题主要有以下两类: 1.已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般利用函数的性质、图象来解决. 2.已知数列条件,解决函数问题,此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形. 方法总结 考点三　数列与函数 3.(2025·云南昆明模拟)已知数列{an}的首项a1=1,an+1=2an+1(n∈N*). (1)证明:数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; 解:因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2an+2=2(an+1). 又因为a1=1,所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an+1=2n, 所以an=2n-1. 对点训练 考点三　数列与函数 (2)若n≤t(an+1)(n∈N*)恒成立,求实数t的取值范围; 解:因为an+1=2n>0,所以n≤t(an+1)(n∈N*)等价于≤t(n∈N*), 即≤t,令f(n)=,则f(n+1)-f(n)=-=, 所以当n≥2时,f(n+1)-f(n)<0, 所以y=f(n)(n∈N*,n≥2)为减函数,而f(1)=f(2)=. 又因为≤t(n∈N*)恒成立,所以t≥,所以实数t的取值范围为[,+∞). 考点三　数列与函数 (3)证明:(1+)(1+)(1+)…(1+)<e(n≥2,n∈N*). 证明:令g(x)=ln(1+x)-x(x>0),所以g'(x)=-1=<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,所以当x>0时,ln(1+x)<x,所以ln(1+)<=. 又因为<=(n≥2,n∈N*), 所以ln(1+)<(n≥2,n∈N*), 考点三　数列与函数 所以ln(1+)<,ln(1+)<,…,ln(1+)<(n≥2,n∈N*), 将上面各式累加,得ln[(1+)(1+)(1+)…(1+)]<++…+=1-(n≥2,n∈N*), 所以ln[(1+)(1+)(1+)…(1+)]<1(n≥2,n∈N*), 所以(1+)(1+)(1+)…(1+)<e(n≥2,n∈N*). 感谢您的观看 $