2019年高考数学专题六数列、不等式及数学归纳法第6讲数列与不等式梯度训练新人教A版.docx

第6讲数列与不等式选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B与项有关的不等问题2,3,5,9,133,5,10,13与和有关的不等问题1,8,10,121,2,6,7,8,11,12与基本不等式和线性规划相关问题6,7,114,9数列放缩4,1414,15巩固提高A一、选择题1.在等比数列an中,设Tn=a1a2an,nN*,则(D)(A)若T2n+10,则a10 (B)若T2n+10,则a10(C)若T3n+10 (D)若T4n+10,则a10解析:T4n+1=q1+2+4n=q(1+4n)2n0a10,故选D.2.an是等比数列,则“a1a2a4”是“an是单调递增数列”的(B)(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件解析:“an是单调递增数列”显然能够推出“a1a2a4”,反之取“an=-(-2)n-1”满足“a1a2a4”,但不满足“an是单调递增数列”,故选B.3.等差数列an和等比数列bn满足:0a1=b1a5=b5,则下面的结论a3b3;a6b6中,正确的是(B)(A) (B) (C) (D)解析:a3=b3,取an=20n-19,bn=3n-1排除,取bn=(-3)n-1排除,故选B.4.公差为d的等差数列an满足d0,a2是a1,a4的等比中项,记bn=,对任意nN*都有+2恒成立,则公差d的取值范围是(A)(A),+)(B)(,+)(C),) (D),解析:由=a1a4得a1=d,an=nd,bn=2nd,从而+=+()2+ (n=1-()n0且ab,由a,b,按一定顺序构成的数列(B)(A)可能是等差数列,也可能是等比数列(B)可能是等差数列,但不可能是等比数列(C)不可能是等差数列,但可能是等比数列(D)不可能是等差数列,也不可能是等比数列解析:不妨设ab.若ab0.则ab.若构成等差数列,则a+b=+=a=b不成立;若构成等比数列,则ab=a=b,不成立.若ba0,则ba.若构成等差数列,则b+=a+2=3a-bb=9a,则四个数是9a,5a,a,-3a.ba01),令f(q)=,求导得导函数零点q=,为唯一一个极小值点,也是最小值点,所以q=时2a5+a4取最小值为12,故选C.二、填空题8.已知数列an为等差数列,Sn为an的前n项和,若1a25,2a34,则S4的取值范围是.解析:由1a25,2a343a2+a39,S4=2(a2+a3)S46,18.答案:6,189.各项为正的等比数列an中,若a11,a22,a33,则a4的取值范围是.解析:根据题意q=q2,a4=a3q,a4=a2q28,a4,8.答案:,810.若等差数列an满足a7+a8+a90,a7+a100的最大整数n为.解析:a80,a8+a90,a90,a8+a90,S160.答案:81511.各项均为正数的等差数列an中,a4a9=36,则前12项和S12的最小值为.解析:S12=(a1+a12)6=6(a4+a9)12=72.当且仅当a4=a9=6时,等号成立.答案:7212.设等比数列an的各项均为正数,公比为q,前n项和为Sn.若对任意的nN*,都有S2n0,q0.当q=1时,S2n3Sn成立.当q1时,因为S2n3Sn恒成立,所以,整理可得qn0,又q1显然不成立,所以0q1.综合可得0q1.答案:(0,113.已知Sn为数列an的前n项和,a1=1,2Sn=(n+1)an,若关于正整数n的不等式-tan2t2的解集中的整数解有两个,则正实数t的取值范围为.解析:2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1(n2),所以2an=(n+1)an-nan-1,(n-1)an=nan-1(n2),因此an=a1=n,由-tan2t2得n2-tn2t2-tn2t,因为关于正整数n的解集中的整数解有两个,因此22t31t0)及曲线C2:y=(x0),C1上的点P1的横坐标为a1(0a1).从C1上的点Pn(nN+)作直线平行于x轴,交曲线C2于点Qn,再从点Qn作直线平行于y轴,交曲线C1于点Pn+1.点Pn(n=1,2,3,)的横坐标构成数列an.(1)试求an+1与an之间的关系,并证明:a2n-1a2n(nN+);(2)若a1=,求证:|a2-a1|+|a3-a2|+|an+1-an|0及an+1=,知an0,下证:a2n-1a2n.因为an+1-=,所以an+1-与an-异号,注意到a1-0,知a2n-1-0 ,即a2n-1a2n.(2)证明:a1=,则a2=.因为a2n+1=,所以a2n+1-a2n-1=-a2n-1=,因为0a2n-1a2n-1,所以有a2na2n-1a2n-3a1,从而ana1,|an+2-an+1|=|an+1-an|,所以|an+1-an|an-an-1|an-1-an-2|a2-a1|=,|a2-a1|+|a3-a2|+|a4-a3|+|an+1-an| 1+=1-0”是“Sn0”的(A)(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件解析:任意的nN*,“an0”,能推出“Sn0”,是充分条件,反之,不成立,比如:数列5,2,-1,不满足条件,不是必要条件,故选A.2.已知等比数列an的前n项和为Sn,则下列一定成立的是(C)(A)若a30,则a2 0130,则S2 0140,则S2 0130(D)若a40,则S2 0140解析:取数列1,-1,1,则A错误;取数列-1,1,-1,1,则B,D错误;a3=a1q20,则a10,S2 013=,1-q2 013和1-q同号,从而S2 0130,C正确.3.对于数列an,“an+1|an|对nN*恒成立”是“an为递减数列”的(B)(A)充分非必要条件(B)必要非充分条件(C)充要条件(D)既非充分也非必要条件解析:“an为递减数列”,则“an+1an|an|对nN*恒成立”,从而“an+1|an|对nN*恒成立”.反之,取an=,满足“an+1a1a2an的n的最大值是(D)(A)8 (B)9 (C)11 (D)12解析:由a5=,a6+a7=3及数列为正项,得an=2n-6,左边=(2n-1),右边=2-52-42n-6=,从而2n-1,因为nN*,所以只需要nn2-n+5,即n2-13n+100,S160,得a80.由S16=0,得a9+ a80,所以a90,且d0,所以数列an为递减数列,所以a1,a8为正,a9,an为负,且S1,S15为正,所以0,0,0.又0S1S2a2a80,所以0+成立,则最小的正整数k是(C)(A)3(B)4(C)5(D)6解析:由an=得an(an-1)=an+1-1,所以=-,即=-,且an1.所以+=(-)+(-)+(-)=-,所以+5-+成立,所以k5.故最小的正整数k是5.故选C.二、填空题9.在各项均为正数的等比数列an中,若a2=2,则a1+2a3的最小值是.解析:a1+2a32=2=4.当且仅当a1=2a3=2时等号成立.答案:410.已知公差为2的等差数列an及公比为2的等比数列bn满足a1+b10,a2+b20,a2+b2=a1+2+2b10,0a1+b1-2-b1,b1-2,b2=2b1-4,a3+b3= a2+2+2b2=a2+b2+2+b2+,则k的取值范围是.解析:因为数列an第11项的平方等于第6项,即=a6,所以q20=a1q5,所以a1q15=1,所以a1+a2+ak=a1,+=.a1.所以qk-11,所以qk-1q30.解得k-130,所以0k31.故k的取值范围是(0,31),且kN*.答案:(0,31),且kN*12.设等差数列an的前n项和为Sn,若1a44,2a53,则S6的取值范围是.解析:设数列an的首项为a1,公差为d,由1a44,2a53得,1a1+3d4,2a1+4d3,设S6=xa4+ya5,则6a1+15d=x(a1+3d)+y(a1+4d),所以解得从而S6=9a4-3a50,30.答案:0,3013.设数列an为等差数列,数列bn为等比数列,若a1a2,b1b2,且bi=(i=1,2,3),则数列bn的公比为.解析:b1b3=a1a3=,又a1+a3=2a2,故a1,a3是方程x2-2a2x+=0或x2-2a2x-=0的根,显然第一个方程的解是a1=a2=a3不符合,舍去,故a1,a3=(1)a2,又由b1b2(a1-a2)(a1+a2)a1,故a1+a20a20,综上可得a1=(1-)a2,a3=(1+)a2=(1+)2=3+2.答案:3+2三、解答题14.已知数列an满足a1=1,an+1=(nN*).(1)证明:当nN*时,an1;(2)设Sn为数列an的前n项和,证明:Sn(nN*).证明:(1)由已知条件易知an0,且=+an,(*)所以0,因此an+1an,即数列an是递减数列,故ana1=1.当n2,nN*时,ana2=.又由(*)知,=+an+(n2),利用累加可得+(n-2)=n+1,即an,n2,nN*,经验证:当n=1时,a1=1=也成立.因此当nN*时,an1.(2)将(*)式平方可得=+2,累加可得=+2(n-1)2+2(n-1)=2n(n2),所以an=(-)(n2).因此当n2,nN*时,Sn=a1+a2+an1+(-+-+-)=+1-,只需证:+1-,即证+1+,两边平方整理得2n+1+22n+1+2,即,两边再次平方即证n1,显然成立.经验证:当n=1时,S1=1=1也成立.故Sn(nN*).15.数列an,bn中,Sn为数列an的前n项和,且满足a1=b1=1,3Sn=(n+2)an,bn=(nN*,n2).(1)求an,bn的通项公式;(2)求