华师一附中2024届高三 《数列与不等式》试卷带答案

一、单选题使得2Sn+22<kan成立，则实数k的最小值为()n，则使得“对任意neN*，都有an+1>an”成立的一个充分条3．已知数列{an}中，其前n项和为Sn，且满足Sn=2一an，数列{a}的前n项和为Tn，若Sλ(1)nTn>0对ne**恒成立，则实数λ的取值范围是()4．数列{an}的通项公式为an=2n2+tn+2，已知其为单调递增数列，则t的取值范围为()5．对于数列{an}，若vm,neN*(m产n)，都有a一n>t（t为常有性质P(t)．数列{an}的通项公式为an=n2一，且具有性质P(5)，则实数a的取值范围6．已知数列{an}满足a1=，an+1=an+(neN*)，则下列选项正确的是()，若存在实数t，使{an}单调递增，则a的取值范围是()二、多选题nanan+1，数列{bn}的前n项和Tn满足T22n对任意ne**恒成立，则下列命题正确的是()2+4n9．已知数列{an}的前n项和为Sn，一=，下列结论正确的是()n222n4nnn+1n4nnn+110．记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，若a1=，点(an,an+1)在函数f(x)=x2x+1的图像上，则下列结论正确的是()正确的是()n+1nC．a2021202212．已知数列{an}满足：a1=0，an+1=ln(ea+1)an(neN*)，前n项和为Sn（参考数据：ln2~0.693，ln3~1.099)，则下列选项正确的是()2n1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列B．an+an+1ln3三、解答题n}的通项公式；TnTn nlanJ{anlanJ（2）若不等式λan<an+1(n=**)恒成立，求实数λ的取值范围.15．已知单调递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2给出以下条件：①是与的等差中项；②S2，a6，S4+4成等比数列；③a2，a3+2，a6+4成等比数列．从中任选一个，补充在上面的横线上，再解答.n}的通项公式；n-26an，求实数λ的取值范围注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）-2，n=**，数列{bn}满足b1=2，nbn+2.（2）设数列{cn}满足cn=，数列{cn}的前n项和为Sn，不等式(-1)nλ<Sn+21对一切n=**恒成立，求实数λ的取值范围.17．已知数列{an}的前n项和为Sn，an>n}的通项公式；24=a，求数列{an}的通项公式；前n项和.对任意neN*，不等式4Tn<λ恒成立，求整数λ的最小值.19．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=an+1an+2-a(neN*).（1）求证：数列{bn}是等差数列；求a1的最大值；问：是否存在自然数c,k，使得>2成立？说明理由.20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=4，Sn是an+1与2n-4的等差中项.n}的通项公式；nn+1tan，若数列{bn}是递增数列，求t的取值范围.n的图象上.（2）设数列{bn}的前n项和为Tn，且bn=2nan+1，若>λ-16恒成立，求实数λ的取值范围.22．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-2n+1，数列{bn}满足bn=log2，其中neN*.{an}的通项公式；ln+1Jnln+1Jn(1)(数m的值.23．已知函数{an}满足a1=1)(1)3),对任意正整数n都成立的最大实=sinan，nE**. 12 12n（2）设Sn是数列{an}的前n项和，证明：Sn32.325．已知每一项都是正数的数列{an}满足a1=1，an2n+12n1.n（3）记Sn为数列{an+1一an}的前n项和，证明：Sn<6.26．甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第n（nEN*）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an，在丙手中的方法数为bn.（1）求证：数列{an}为等差数列；式(-1)nλ+<K2n对一切n=N*恒成立，求λ的取值范围.28．已知函数f(x)=xcosx-sinx+1(x>0).（1）求f(x)的单调区间.（2）记xi为f(x)从小到大的第i(i=N*)个零点，证明：29．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，对任意n=N*，点(an,Sn)都在函数f(x)=2x-2的图象上.（2）已知数列{cn}满足cn=--(n=N*)，若对任意n=N*，存在x0=-,，=f(x0)-a成立，求实数a的取值范围.30．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，S6＝22.①当q取最小值时，求{kn}的通项公式；②若关于n(n∈N*)的不等式6Sn>kn＋1有解，试求q的值.参考答案：g(t)=t++1的最小值即可.则有=对任意ne**成立， 又a2 则数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，220当xe0,2)时，g,(x)<0，g(x)单调递减；当xe时，g,(x)>0，g(x)单调递增；由t>2,te**，则当t<4时，g(2)>g(3)>g(4),又g(4)=g(5)=10，故g(t)的最小值为10.若存在ne**，使得2Sn+22<kan成立，则k>g(t)min，则有k>10，即实数k的最小值为10.故选：D.【分析】根据给定条件，解不等式求出an的范围，结合排除法逐项判断即得.nnn因此任意neN*，有ane(一构,2)u(,)，显然B，D不是；2，即C不是，选项A符合题意.对n分奇偶分类讨论，将问题转化为恒成立问题，结合数列的单调性，即可求得λ的取值范围.nn，Sn1=2an1，两式相减得n1又a=1，所以{a}是以1为首项，为公比的等比数列，nn，所以31n2λ(1)n12n>0，所以31-n2-λ(-1)n1-n1+n>0.又nE**，所以1-n>0，所以31-n-λ(-1)n1+n>0，>0对nE**恒成立，令bn=3-，则bn+1-bn=3--(3-)=-，n+1，所以->0，则bn+1>bn，所以数列{bn}是递增数列，则)>0，所以-λ<min，2n2nnn因为数列{bn}是递增数列，所以{bn}bn的最小值为b1，所以-λ<b1=3-=3-2=1，所以λ>-1，综上，实数λ的取值范围是-1,.故选：D.【分析】利用数列的单调性的定义及不等式恒成立的解决方法即可求解.22因为数列{an}为单调递增数列，在nEN*恒成立，所以t>(-4n-2)max，neN*即可.令f(n)=-4n-2，neN*，则t>f(n)max，由一次函数知，当n=1时，f(n)取得所以t的取值范围为(-6,+构).【分析】根据数列的新定义推得数列{an-5n}是递增数列，从而得到an+1-5(n+1)-(an-5n)>0，整理化简得-a<2n(n+1)(nf(x)=2x3-2x2-4x(x>1)，利用导数求得f(n)的最小值，从而得解.所以数列{an-5n}是递增数列，故an+1-5(n+1)-(an-5n)>0,neN*，因为an=n2-，则(n+1)2--5(n+1)-n2--5n>0，整理得-a<2n(n+1)(n-2),neN*，令f(x)=2x(x+1)(x-2)=2x3-2x2-4x(x>1)，则f,(x)=6x2-4x-4=2(3x2-2x-2)，所以f(x)在1,上单调递减，在,+构上单调递增，又neN*，<2，所以f(n)在x=1或x=2处取得最小值，又f(1)=-4，f(2)=0，所以f(n)min=-4，所以a的取值范围为[4,+构).【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解数列新定义，推得{an-5n}是递增数列，从而将问题转化为a关于n的恒成立问题，从而得解.+n+n【详解】nn，：n，12n12n,1a=<1a=<13因此ne**，得an<1，，：n+1nannn,,an1n2n:2021:404320212021故选B.2+1应用排除法确定正确选项；解法二：借助函数的知识，将数列单调性转化为函数单调性，结合函数图象即可得解.n若a=1，②式不成立，不合题意；解法二：设f(x)=-x2+tx，函数对称轴为x=，则an+1=f(an)，2+tx，可得两函数的交点为(0,0),(t-1,t-1)，故选：A.【分析】利用an=Sn-Sn-1(n>2)可判断A；求出bn，分n为奇数、n为偶数，求出Tn可判断BC；分n为奇数、为偶数，利用Tn>tn2-2n分离t，再求最值可判断D.2n2-1)SnnSnn22当n为奇数时，Tn=-2n2-2n+1，若Tn>tn2-2n，则-2n2-2n+1>tn2-2n，即t<=-2+，当n为偶数时，则Tn2-2n得2n2+2n>tn2-2n，综上所述，tE(-构,-2]，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是分类讨论、分离参数求最值.SS-Snn-1,平方后即可判断A；结合以上分析可推出Sn-1Sn-1-1结合a1,,nn1，nn故{Sn11}是首项为S111=2，公差为1的等差数列，选项B正确；n，选项D错误；f(n+1)f(n)n214n(n+1)故f(n+1)>f(n)，f(n)为递增数列，故选：ABC选项C正确，【点睛】难点点睛：此题综合考查了数列的递推式、通项公式以及数列的单调性等，综合新较强，难点在于选项C的判断，解答时要巧妙设出f(n)=4nSS...S一1，进而利用判断其单调性，由此即可判断结论正确与否.【分析】根据题意得到an，an+1的关系式，选项A，将式子变形，可判断数列{an}的增减性；形，利用B中的结论即可判断；选项D，将2Sn一Tn转化为数列{2an一a}的前n项和，然后结合递推关系式即可求解.n2n，n22=an-12=an-1-1-an-1=0，则an-1=0或所以an+1>an，故数列{an}递增，故A正确.nn-1)，所以an-1与an+1-1同号，nn-n-1)n+1)，故C错误.选项D：由题意，2Sn-Tn可视为数列{2an-a}的前n项和，因为2an-a=1+an-an+1，n-an+1-an+1，故选：ABD.【点睛】思路点睛：选项中的不等式，要通过已知条件进行构造，如C选项需要构造2an+1-an-1的形式，并判断2an+1-an-1的符号；D选项则需构造2Sn-Tn，比较2Sn-Tn与n的大小关系，将2Sn-Tn转化为数列{2an-a}的前n项和是解题关键.【分析】对于选项A，B证明数列{an}为单调递减数列即得解；对于选项C，证明随着an减小，从而an+1-an增大，即得解；对于选项D，证明an+1>an，即得解.anean一1x1xex，:g,(x)=exexxex=xex当x>0时，g,(x)<0，g(x)单调递减，当x<0时，g,(x)>0，g(x)单调递增，aea1ana,ea1aaan,:an<an+1，=1，所以这种情况不存在，则数列{an}满足当an>0时，an>an+1，为单调递减数列，故A选项正确，B选项错误；令x=an,xe(0,1]，设fex1)lnxx,xe(0,1]所以函数f(x)单调递减，所以随着an减小，从而an+1一an增大，所以a2023a2022>a2022a2021，即a2021+a2023>2a2022，所以C选项正确，下面证明an+1>an，只需证明an+1n1>常2lnea1an>an1 常2 a常>e a常>e2nanm(b)m(1)0成立，则an1an所以S2023a1a2a2…a2a122所以D选项正确；故选：ACD.【点睛】易错点睛：本题主要考查函数、不等式与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：（1）数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；（2）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（3）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.【详解】1)ann1ln(ea1)an可得an1ln(ea1),lnea令bnea，即anlnbn， 作出y1x和yx的图像，由图像可得，{a2n1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，故A正确；所以bnbn1eaea[2，3]，则anan1[ln2，ln3]，故B正确；因为anan1ln2，所以S2020(a1a2)(a3a4)(a2019a2020)由不动点P(，)，可得1b2n1b2n2，2n，所以a2n>a2n1，故D正确.故选ABD.nn(3)证明见解析nnSn1求出an，再验证a1符合an；S2naS2nan,对bn进行放缩，由裂项相消法即可证明.nnSn1n+33n3n,nn，n22223n223n-323n1-1n，1-3-11-3-n21-3-n22(2)λ<1【分析】（1）根据等比数列的定义证明即可，再利用等比数列的通项即可求得数列{an}的通项；（2）结合（1）中的结论，分离参数即可得解.nlanJa133lanJa133a==n若λan<an+1，则λ.<(ne**)，而f(n)=1+是ne**上的递减数列，所以f(n)>1，故λ<1.n【分析】（1）把条件都转化为a1和d的形式运算，求出通项公式；（2）先用错位相减法求出Tn，再进行参分转化为恒成立问题，最后应用数列单调性的判断求出最大值.【详解】（1）选①,设递增等差数列{an}的公差为d(d>0)，2S5，选②,设递增等差数列{an}的公差为d(d>0)，42选③,设递增等差数列{an}的公差为d(d>0)，322所以{an}的通项公式为ann，n3+3x24n+1，n+2，n+22所以不等式λ(Tn+2n+2-4)>8Sn-26an，等价于λn.2n+2>8n2-44n，又nEN*，所以等价于λ>恒成立，列{cn}递增，n=2n，nE**，bn=2n，nE**-2中的n换为n−1，两式相减，结合常数列分析可得an，根据等比数列的定义和通项公式可得bn；（2）由数列的错位相减法求和，可得Sn，再由不等式恒成立思想和数列的单调性求得最值，可得所求范围.23nn+12，2223n1n2，n=2n，ne**，由题意可知：数列{bn}是以首项为2，公比为2的等比数列，则bn=2n，ne**1，n1若n奇数，λ<422n1，取n=1，可得λ>2；综上所述：实数λ的取值范围是(一2,3).n(3)n=4Sn-1及a-1+2an-1=4Sn-1-1，可得到{an}是首项为a1=1，公差为2的等差数列，结合定义法求通项公式即可；（2）根据（1）的结果求得bn，结合裂项相消法求和即可；结合Tn-随Tn的增大而增大，得到Tn-最值，即可得到λ<,t>，进而得到答案.n+2an-1=4Sn-1-1，两式相减得，a-a-1+2an-2an-1=4an，化简得，(an-an-1-2)(an+an-1)=0，n}是首项为a1=1，公差为2的等差数列，n2，2n，因为Tn-随Tn的增大而增大，max(1)-（Tn)min,所以t-λ的最小值为-=nn(2)3【分析】（1）设出公差，得到方程，求出公差，（2）法一：设bn=pn+q，{an}的公差为d，代入题目条件变形后对照系数得到方程组，TnnTn到2<4Tn<3，得到整数λ的最小值；=，利用放缩法和裂项相消求和得法二：记{an}的公差为d，由b1=d2+22-b1求出b2=2b1，进而得到d=2，进而求出an=2n-1,bn=2n，进而得到Tn=，利用放缩法和裂项相消求和得到2<4Tn<3，得到整数λ的最小值.12-2-2(n-1)d-3，显然p>0，pn+q>0，平方得p2n2+2pqn+q2=d2n2+2d-4，该式对任意nEN*成立，T故整数λ的最小值为3.法二：记{an}的公差为d，,2+2d,上式平方后消去d可得= 9d2+2d-4,因为{bn}是等差数列，所以b3+b1=2b2，故b3=2b2-b1，将其代入b-b3b-b5 4d2+2d-4T故整数λ的最小值为3.【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.(2)；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）利用等差数列的定义证明即可；（2）利用一次函数的性质及基本不等式计算即可；（3）利用等比数列求和公式先计算Tn，再结合指数函数的单调性分类讨论解不等式即可.nbn+1-bn=an+2an+3-an1-(an+1an+2-an2)n+1故{bn}是以3xa1+2x2为首项，3x2为公差的等差数列；12t-3nn-1，显然n,*，所以当c=N*时，不等式>2成立等价于T-c-k-1-c>0①,显然c>1,3.2-k-1>0，此时①式不成立；T综上所述，不存在c,k，使得不等式>2成立.n(2)-,(3)证明见解析【分析】（1）根据等差中项定义、an与Sn关系可证得数列{an-1}为等比数列，结合等比数列通项公式可推导得到an；（2）根据数列单调性可得bn+1-bn>0，分别在n为偶数和n为奇数的情况下，采用分离变量的方式确定t的取值范围；（3）根据cn通项公式可推导得到cn+1<cn，借此不等式进行放缩可得到Tn<c1+Tn，由此可得结论.n是an+1与2n-4的等差中项2Sn=an+1+2n-4；2n-2an+1-1=3(an又a2-1：数列{an-1}是以3为首项，3为公比的等比数列an-1=3n，nnnn：数列{bn}为递增数列，n+1-bnn+2nnn①当n为偶数时，t>-，=，:t>；:t<:t<6c=n:c :c33 :cn+1<cn，3n2:Tn<c1=，:Tn<【点睛】关键点点睛：本题重点考查了数列单调性的应用、数列与不等式综合应用的相关知识；本题证明不等式的关键是根据数列{cn}通项公式的形式进行等比形式的放缩，进而利用T+Tn构造出关于Tn的不等关系.【分析】（1）根据函数解析式可得=，然后由Sn和an的关系可得递推公式，即可判断数列{an}为等差数列，进而可得通项公式；（2）使用错位相减法求得Tn，然后参变分离，将恒成立问题转化为求数列最值问题，借助对勾函数性质即可求解.n2，Sn-1=2，n-Sn-1=2-2，所以a-an-12-2an-2an-1=0，即(an-an-1-2)(an+an-1)=0.因为数列为正项数列，所以an-an-1-2=0，即an-an-1=2，所以数列{an}为公差为2的等差数列，n23n2T234n234所以>λ-16可化简为λ<=+.因为>λ-16恒成立，所以λ<+min.; 2729(14)29min2729(14)29故λ<，所以实数λ的取值范围为.n-(3)23并求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可求得答案；判断其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.nn-Sn-1,：an-2an-1=2n，nnn，2n，23nn+1，23n+1n+1n，n-；a na n22n,即令f(n)=即f(n),nEN+随着n的增大而增大，即实数m的最大值为.【点睛】关键点睛：第三问根据数列不等式恒成立问题求解参数的最值问题时，要利用分离参数法推得 2n+1函数，并判断该函数的单调性，从而利用最值求得答案.23．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用数学归纳法及不等式sinx>x,xE0,证明即可；=1-2sin2an-12nnn，由此证得结论.kak1-L(2)n11-L(2)n1n22故当n=k+1时结论也成立，由归纳原理知0<an<1对nE**成立.作出函数y=sinx的图象，如图，Anπ2nn2根据割线OA的位置易知sinx>x,xEnπ2nn2n+1n设p(x)=sinx-x，xE0,，则p'(x)=cosx-1<0，∴p(x)在xE0,上单调递减，nn-a1)n，nE*， +…+(2)n-11||||2(2)证明见解析 此能求出实数a的值.1a+aa 再用数学归纳法证明bn<，nn2a2 解得ae⑦,由a2+1ann22（各项均不为0a43a43NnnNnnn2an+1an__an2an+1an__an+nn+n3.2: ak 2当n=:只需证23. < 2 证明如下k>2，: :9k>16，:25k>16(k+1)，:5k>4k+1，:>2，:>，:>(+)，:<，:<(-)，:+<，:23， < 2:n=k+1时，bk+1<成立.综上知bn<.25．(1)证明见解析.(2)证明见解析.(3)证明见解析.用单调性证明.（2）用数学归纳法由（1）知a2n+1<a2n-1，再由数学归纳法可证a2n<a2n+2.an1an1 n1a n1n1n1a1naaan1aaaan1ann112aaa1nn1n2San2aa24aa243n1aa3n1an ,再求和即可.a1*，33 2a1 22，3a3②假设nk时，结论成立，即a2k1a2k1.∵a2n1∴a2k32k210.故nk1时，结论也成立.由①②可知，对于nN*，都有a2n1a2n1成立.，33 2a1 22，3a3令fx1，显然fx单调递减.∵a3a1，假设a2k1a2k1，则fa2k1fa2k1，即a2k2a2k，故fa2k2fa2k，即a2k3a2k1.故对于nN*，都有a2n1a2n1成立.2n1a2n1，∴1a1a2n1a2n1.16同理，由数学归纳法可证a2na2n2，a2na2n2a26猜测a21a21．异号.∵an1，∴an1与an异号.注意到a1注意到a12n-1.2nnna,:an+1-an<xan-an-12xan-1-an-2n-1xa2-a1=xn-1，:Sn=a2-a1+an+1-an||1+ ||n(2)证明见解析2nna=【分析】（1）首先确定第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，再结合条件列出关于数列{an}利用累加求和，即可求解数列的通项公式；（2）首先由条件确定an+2bn=2n，再根据（1）的较大小.【详解】（1）由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，第n+1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为an+1，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第n+1次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，nnn，所以数列{an+1+an}为等比数列，n)n1an1，2a2，，3a34a4，……………,n1n；3（2）由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为bn，n，nnan27．(1)证明见解析(2)证明见解析n+1(n=N)，两式相减即可证明；352n1，然后求出K2n，然后分n为偶数、n为奇数求解即可.nnnEN*)n+1(nEN)，nEN*)所以数列{an}为等差数列；nnEN*所以数列{bn}为等比数列，bn>0因为b1所以Tnnn2nn；n为奇数,((6n-7)2n-1设{cn}的前2n项和中，奇数项的和为Pn，偶数项的和为Qn，2n，352n-124n204n2n由(-1)nλ+<K2n，即(-1)nλ<-1+n(n+1)，当n为偶数时，λ<n2+n-1对一切偶数成立，所以λ<5，当n为奇数时，-λ<n2+n-1对一切奇数成立，所以此时λ>-1，故对一切n=N*恒成立，则-1<λ<5.28．(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据函数的单调性及解析式的特征可得x2k+1=2kπ+(k=*)，(2k-1)π<x2k<2kπ,利用放缩法可证题设中的不等式.【详解】（1）函数f(x)的导函数f,(x)=一xsinx，当xe((2k+1)π,(2k+2)π)(ke*)时，f,(x)>0；当xe(2kπ,(2k+1)π)(ke*)时，f,(x)<0，于是函数f(x)的单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(ke*)，单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(ke*).（2）①由于f(kπ).f((k+1)π)<0，因此在每个单调区间(kπ,kπ+π)(ke*)上函数f(x)均有唯一零点.注意到f2kπ+=0,ke*，因此x2k+1=2kπ+(ke*)， ++… +