上分专题05 数列与函数、不等式的综合应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

上分专题05 数列与函数、不等式的综合应用 专题课堂@ 命题密钥 近几年高考中，数列常与其他知识结合考查，特别是数列与函数、不等式结合来考查数列 求和、求最值、范围以及恒成立与存在性问题，其难度较大，在选择题、填空题、解答题中都有 出现.在2025年天津卷中，第19题就是数列与不等式的结合 数列与函数、不等式的综合应用要抓住一个中心—一函数，因为数列是一类特殊的函数， 其定义域是正整数集，在求数列最值或不等关系时要特别重视.解题时还需要关注数列和函 数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基 础，同时需要注意到方程、不等式与函数的联系. 解决这类问题时要特别注意这三，点，第一点是数列的定义域是正整数集，在求数列最值 或不等关系时要特别重视；第二点是解题时需要准确构造函数，利用函数性质时注意定义域 的限制条件；第三点是在一些复杂的问题中，不等关系的证明需要适当地放缩 考点觉醒 ·题型分类与易错提示 数列是定义域为正整数集的函数 利用函数关系建立递推关系 数列与函 常见题型 与函数结合求解基本量 数的结合 利用函数性质求解数列的范围与最值 易错提示 忽略n为正整数 在是正整数的前提下进行不等式计算或证明 作差作商比较大小 判断数列不等式是否成立或由数列不等式求的范围 数列与不等 常见题型 根据不等式恒成立或能成立求参数范围 式的结合 证明与通项有关的不等式 利用放缩法证明与前项和有关的不等式 易错提示 忽略最值的取等条件 黑白题·上分秘籍11 实战演练 1.(2025·四川广元高二月考)已知数列6.整(2025·辽宁沈阳高二期中)已知数列 {a.}满足a1=10,a+1-a.=2n,则的最小 a,}满足a1=(neN),4=1. a+1 值为 11 (1)证明：数列{}为等差数列，并求数列 A.2/10-1 B. {an}的通项公式； c. D. 7 4 (2)若记6.为满足不等式(2广≤a:< 2.禁(2025·福建莆田高二月考)已知数 列{a}的通项公式为a。= (分)'(aeN~)的正整数：的个数，求 3m-2m+2,n≤7，若对任意n∈N,都有 数列{}的前n项和S a 4n+94,n>7, an+1>an,则实数t的取值范围是 (3)在(2)的条件下，c,= (-1)" 一+1，若 n·2"+1-S A.t∈[3，+∞) 239 B.t∈14'2 不等式2λ-3<cn<入对Hn∈N都成立， 求实数入的取值范围。 C.te( 3.整（多选）(2025·广东广州高二月考)欧 拉函数p(n)(n∈N*)的函数值等于所有不 超过正整数n,且与n互质的正整数的个数 (公约数只有1的两个正整数称为互质整 数)，例如：p(3)=2,p(4)=2,则() A.p(4)·p(6)=p(8) B.当n为奇数时，p(n)=n-1 C.数列{p(2”)}为等比数列 D.数列/(2） p(3") 的前n项和小于 2 4.禁(2025·四川泸州高二期中)在数列 {an}中，a1=5,an1=4an-3,若对任意的 n∈N,k(an-1)≥2n-5恒成立，则实数k 的最小值为 5.禁(2025·湖南长沙高二月考)已知数列 a中a=1,且2aa2g6= 若存在正整数n,使得(an+bn)(a+1+bn+1)<0 成立，则实数t的取值范围为 数学1选择性必修第二册·RJ 7.整(2025·广西桂林高二期末)已知数列8.热(2025·浙江宁波高二期中)设有穷数 a的前a项和为，且= 列{an}的项数m(m≥2)，若正整数k(2≤ k≤m)满足Hn<k,an>ak则称k为数列{an} (1)求{an}的通项公式. 的“低洼点”. (2)伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布· (1)若an=(-1)"(2”-7)(1≤n≤5)，求数列 伯努利提出的，是分析不等式中最常见 {an}的“低洼点”； 的一种不等式.伯努利不等式的一般形 (2)已知有穷等比数列{b}的公比为2，前 式为：若x>-1且n为正整数时，（1+ x)"≥1+x,当且仅当n=1或x=0时等 项和为5，若数列{5+女}存在“低注 号成立 点”，求正数b,的取值范围； ()证明：数列{（广}为递增数列 (3)若cn≥cn-1-1(2≤n≤m),数列{cn}的 “低洼点”的个数为s,证明：C1-cm≤s. （i证明：m≥2时，1++++ 23 In (n+1) In 2 黑白题·上分秘籍13解得n=4,所以a4,a5,a6成等差数列. 6.(1)证明：令n=1,则a=8=22=0,由3.=a,a 2 2 即8受①.又5at2②，@-①，得(a-1）· 2 an+1=na。③，于是na+2=(n+1)a1④，③+④，得 2naa1=nan+naa*2,所以2a1=an+aa+2,即an*2-aa1=aat1 an,所以数列{an}是等差数列.又a1=0,a2=1,所以公差d= 1,所以{a.}的通项公式为an=n-1. (2)解：存在.由(1)知bn=10“,假设存在正整数数组(P,9) (1<p<g,使得b,b,6,成等比数列，则(10）=10时· 10品，于是22=+9，所以g=3(2}） 3339 (33)(*),当p=2 时，9=3”.1 9=3,解得9=3所以(p,9)=(2,3)是方程 （*)的-组解当p≥3且peN时，因为2(p+1_型= 31 0,即{}单调造减，所以中}29} 333°3<0，此时 方程(*)无正整数解.综上，满足题设的数对(P,9)有且只 有一个，为(2,3) 上分专题05数列与函数、不等式的综合应用 ! 1.C解析：因为a1=10,a+1-an=2n,所以an=(an-an-1)+ （a-1-an-2）+…+(a2-a1）+a1=2(n-1)+2(n-2)+…+4+2+ 10=n-1)[2+2(n-1)]+10=2-n+10,则%=-n+10=n+ 2 n. 10-1.(neN)因为函数x)=x+10-1在(0,0)上单调 递减，在(V瓜，+m)上单调避增3)=54)=，故 当n=3时，：的最小值为号 2.C解析：当n∈{1,2,3,4,5,6}时，a+1-an=3(n+1)2- 2t(n+1)+2-3n2+2tn-2=6n+3-2t>0恒成立，所以2t<6n+3 对ne1,23,45,6l恒成立，放2x<9<号又当>7， neN*时，an=4n+94为单调递增的数列，故要使对任意 neN·,都有a>0,则a>02,即4x8+94>3x72-4)意 得公签上可得：e(保2） /239) 气，甲8‘乙=（女)少田 p(4)·p(6)=p(8),故A正确；对于B,由于p(9)=6≠8， 故B错误；对于C,因为小于2”的所有正奇数与2”均互质， 且小于2”的所有正奇数有2-1个，所以p(2")=2-1,因此 数列{p(2)}为等比数列，故C正确；对于D,同理小于3” 的所有3的倍数与3”均不互质，共有31个，因此小于3 的所有与3”互质的数共有(2×3-1)个，即p(3)=2×3-1, 则Sn=a1+a2+…tan 2 <),故D正确 选择性必修第二册·RJ 4解析：由a1=40,-3整理得a1-1=4(a.-1),即 4. 1 a-=4又a-1=4,故数列a.-1是以4为首项，4为公 a1-1 比的等比数列，可得a.-1=4",不等式k(a.-1)≥2n-5,可 化为≥243，令)=243，当1≤≤2时，0，当 n≥3时(n)>0,n+1)-fn)=2n3_2n-5-6m-17 4*14 4a*1<0, 故当产3时m单润递减，放)≤3)=4综上， a)≤点，所以≥石放长摄小值为后 1 (分）解析：由2ata-2g1可得2n 2a.=2n-1①，当n=1时，4a2+2a1=1,因为a1=1,则 当n≥2时，2°a.+2-1a1=2n-3②，由①-② =4 得2+"aa1-2-an1=2,设cn=2”a,则有cn1-cn1=2.当n 为奇数时，数列{cn}为首项是2a1=2,公差为2的等差数 列，散=2+（生）2=n+1,当n为偶数时，数列 为首项是4a,=-1,公差为2的等差数列，故6，=-1+（分 1×2=n-3.即c,= n+1,n是奇数：则a,= (n-3,n是偶数， 20,n是奇数， n+1 当n为奇数时，(an+bn)(an+1+bn+1)= 是得数 (空)（品t兴）-(+)（是）k0,解 得是根据指数函数的单调性可得了心子，当。 2 为偏数时，(a+,)a+6)(气2+公)(g品+ 2）(2)儿+2)k0,解得2<名根搭指数 函数的单调性可得-日<子综上所述，可得实数：的取值 1 范周为(3子） 6.(1)证明：a1=。 0+1-1,即1-1=1.又1 t1心a,anl an+l an 1{日}为等差数列，其首项为1，公差为1… aa (n-1)×1=1+n-1=n,∴.an=-. (2)解：由（兮广s4,名<（兮）广”得2≤2(ae N),2-(21+1)+1=21,…满足不等式的正整数k的 个数为26.=2，么=n2,8=12+22+ ’an 3·22+…+(n-1)·2-2+n·2-1①，2Sn=1·2+2·22+ 3·2+…+(n-1)·2-1+n·2”②，①-②得-Sn=2°+ 2+2++2l-n2=12）-n2=(1-n）2-, 1-2 白题58 .Sn=(n-1)·2+1. (3)解：由已知可得c.= (-1) -+1=1+(-1)m· n·2+1- (合)广，当n为奇数时6，=1（分）广八<1：数列1c.为递 增数列…当=1时，。取最小值6=分，此时分 f2sc.<1; 当n为偶数时，6=1+（分八>1：数列16，为递减数列， 当n=2时，6，取最大值=子，此时1<c.≤4， 5 5 1 2≤≤且6,1 2x-3<2 15 子因此， 解得5 入74 实数A的眼值范蹈为(？，子)】 7(1)解：因为8+ +2m,当n≥2时，S1=2(n-1)2+ a-10=+号-2.则=8-5=+2(a≥2，义 5 a1=S,=3,符合上式，所以an=n+2,n∈N. (2)证明：（1)令b,= ）广=（史）广>0则会 a]°导广导因 n≥1，则- 1.期o'…器 n (n+1)2] …t+30+3at2t>1,则62地 n+1(n+1)3 所以数列{（色，）广}为递带数列 (面)因数列{()广}为递增数列，则当n≥2时。 广=(）八（生）广=2，则()八>h2即 2h()则2+12++2() h(侵)+h()即(1+++)h2 a*1则1+分++g≥2 8.(1)解：因为an=(-1)“(2-7)(1≤n≤5)，所以a1=5,2= -3,a3=-1,a4=9,a5=-25,所以数列{an}的“低洼点”为2 和5. (2解：您超直，8-6(2-1)，因为数列 {S安}存在“低挂点”，所以存在(a≥2)，使得S* 1 6+6,所以6，(2-1)+万 0*326*即6(2-2 古·则时士起为{亡}单河递淡.所以当2 时，的最大值为子，所以所<写又因为b>0,所以06，< 2-1 参考答案 当0时，有88+所以数列{5号}存 在“低注点”所以6，的取值范菌为0，) (3)证明：①若cn≥c(n≥2)，则数列{cn}不存在“低注点”， 即s=0,由cm-c1≥0，得c1-cn≤0，所以c1-cn≤s; ②若存在c,使得cn<c1,下面证数列{cn}有“低注点”， 若c2<c1,则2是数列{cn}的“低注点”，若c2≥c1,因为存 在cn,使得cn<c1,所以设数列{cn}中第1个小于c1的项 为cn,则cn,<c1≤c,(2≤i≤n1-1),所以n1是数列{cn}的第 1个“低洼点”，综上，数列{cn}存在“低洼点”.不妨设数列 {c,}的“低注点”由小到大依次为n1,n2,…,几，则c1 是c,c1C2,…,cn11,1中第1个小于c,的项， 故c4c1≤c1r1-c因为c,≥c1-1(2≤n≤m),所 以ca1-c,≤1，所以c4rl-c1≤1，故c,-cn1≤1，所 以c1-cn≤c1-cn,=(c1-cn)+(c1cn2)t…+(cn1c,）≤ （cm-1-cm）+(cm2-1-cn2)++(c-1-cn,)≤1+1+1+…+1(s个 1),故c1-cm≤s. 上分专题06利用导数运算法则巧构函数解题 1.B解析：令g(x)=f(x)-x2,则g'(x)=f'(x)-2x>0,所以 g(x)在R上单调递增.又f(2)=5,所以g(2)=f(2)-2=1, 不等式f(x)>x2+1,即fx)-x2>1,即g(x)>g(2),所以x>2, 即不等式f代x)>x2+1的解集为(2，+0). 2Ac解折：因为当0时")+宁>0，令g()到- 是，可得g()-'()+>0,所以g)在(0，+)上单调 递增.因为f(1)=1,可得g(1)=f(1)-1=0.对于A,因为 g)在(0，+)上单调递增，所以g(兮）g(),即 g(兮)-f(兮）十0，化简可得f(兮)<3，故A正确； 对于B,因为g()在(0，+)上单调递增，所以g(日) (1),即g(日)/(）<0，化简可得f(日)<m,放 B错误；对于C,因为g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以 g(log,e)>g(1),即g(lge)=f1og,e）1og,e 1 >0，化简可得 flog2e)>ln2,故C正确；对于D,因为g(x)在(0，+∞)上单 调通增，所以g（h3)>g(1),即g(血3)=n3)30,化 简可得fln3)>loge,故D错误 3.(3,+o)解析：设g(x)=f(x)-x,则g'(x)=∫'(x)-1>0恒 成立，故函数在R上单调递增f(1+x)+f(1-x)=0,则f(2)+ f(0)=0,即f2)=2,故g(2)=f(2)-2=0.f(x-1)>x-1,即 g(x-1)>0,即g(x-1)>g(2),故x-1>2,解得x>3. 4.B解析：根据题意知f(x)<f'(x),即f'(x)-f(x)>0,构造函 数g(x)-八，可得g()=f'（),因为r“(> e 0,所以g'(x)>0,所以g(x)在R上单调递增，则2024) e2024 黑白题59