数列的单调性与放缩高频考点梳理专题练2026届高考数学复习备考 含答案

/数列的单调性与放缩高频考点梳理专题练2026届高考数学复习备考一、单选题1．数列的通项为，且为单调递增数列，则k的取值范围是（

）A． B． C． D．2．设等比数列的各项均为正数，其前项和为，则“”是“数列是递增数列”的（

）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3．数列满足，对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．4．设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（

）A． B．5 C．9 D．5．已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（

）项.A．2026 B．2027 C．4048 D．40496．已知数列满足：，．则下列说法正确的是（

）．A． B．C． D．二、多选题7．已知数列满足，则（）A．B．C．D．三、填空题8．已知函数，数列的前项和为，记数列的前项和为，则使得成立的的最小值为．9．对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是.10．若在数列中，对于，，都有（t为常数），则称数列具有性质.已知数列的通项公式为，且具有性质，则的取值范围是．11．已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列.给出下列四个结论：①数列不是等比数列；②若与都是递增数列，则数列是递增数列；③对任意的，不可能为等差数列；④存在数列，对任意的，且，使得不能构成等比数列.其中所有正确结论的序号是.12．已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为.四、解答题13．已知等差数列的公差，其前项和为，且，，成等比数列，.(1)求数列的通项公式；(2)若，且的前项和为，求证.14．已知函数为数列的前项和.(1)求的通项公式；(2)记数列的前项和为，证明.15．已知等差数列的前n项和为，其中，数列的前n项积为，且．(1)求数列与的通项公式；(2)设为数列的前n项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．16．已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若，证明：．17．已知数列中，为的前项和，是首项为1，公差为1的等差数列．(1)求数列的通项公式．(2)若，记数列的前项和为，证明：．18．已知数列的前n项和为其中c为常数.(1)求数列的通项公式；(2)若数列为等差数列.（Ⅰ）若设,求数列的前n项和（Ⅱ）若数列的前n项和为且求证：19．设数列满足，．(1)证明：；(2)设为数列的前项和，证明：．

答案题号1234567答案BCADABACD1．B【分析】根据数列的单调性建立不等式，结合一次函数的单调性，可得答案.【详解】由数列是递增的，则对恒成立，即，整理可得，对恒成立，因函数在时单调递增，则得.故选：B2．C【分析】把转化为，得，即是增数列，反之推导即可求解.【详解】由得，所以，又，所以是递增数列，反之，等比数列的各项均为正数，且数列是递增数列，所以，即有，所以，即，所以“”是“数列是递增数列”的充要条件.故选：C3．A【分析】构造等比数列得，由题意对于任意的恒成立，故只需求出即可.【详解】由题意令，所以，对比，可得，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，显然当增大时，减小，此时增大，所以.故选：A.4．D【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式及等差数列性质求得，再利用基本不等式“1”的妙用求解.【详解】依题意，，则，而，则，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为.故选：D5．A【分析】由题设可得，，，等差数列为递增数列，进而得到，，进而结合单调性分析求解即可.【详解】由，则，，，因此等差数列为递增数列，而，，则时，，，即；当时，，要使最小，则，此时，数列为递增数列，则随着的增大，增大，减小，增大，但，，则增大，因此，当时，最小.故选：A.6．B【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，再用函数图象可得，可得出选项．【详解】令，由可得在上单调递增，由可得在单调递减，且，可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，所以数列为单调递增数列，如图所示：且，，由图象可得，所以，故选：B．本题考查了数列和导数的综合问题，考查了学生利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生转化问题的能力和计算能力，属于难题.7．ACD【分析】赋值计算即得A项；由数列和式的有界性可得，排除B项；由数列递推式中项的关系得到，整理即可判断C项；对于D项，将数列和式进行放缩裂项求和得到，于是可得，进而得到，设，利用求导判断其单调性，推得，即得，进而，故得，赋值累加可得，利用对数的运算性质和对数函数单调性即得.【详解】对于A，由题意，，解得，故A正确；对于B，当时，有，则有，故B错误；对于C，，则得，即，故C正确；对于D，考虑不等式两边取对数，若D项正确，则必有成立.已知，当时，，则得．所以（*）．设，则，即函数在上单调递减，则，即，故有，结合（*）可得，故，即，而当时，，原不等式成立，故D正确．故选：ACD．8．7【分析】先根据题意解出数列的通项公式，再利用裂项相消法解出数列的通项公式，分析的单调性，代入特值来确定最小正整数，即可得解.【详解】根据题意，显然，当时，，因为也符合，所以．由题易得，所以，则，所以，易得单调递增，且，，所以的最小值为7．故7.9．【分析】利用裂项求和法可求出，求出的取值范围，结合有界数列的定义可得出实数的取值范围.【详解】因为，所以，因为，故数列为递增数列，故，故，因为为有界数列，则，故，因此，实数的取值范围是.故答案为.10．【分析】结合新定义及数列得到关于的不等式，构造数列，求解其最值，最后求解的取值范围；【详解】由题得，故只需考虑时，，，即，因此．令，则，所以为递增数列，则．所以，即的取值范围为．故答案为.11．①③④【分析】通过分析每个结论，利用等差数列和等比数列的通项公式及相关性质，结合特殊例子来判断其正确性.【详解】由题意设数列的公差为，首项为，数列的公比为，首项为，则，对于①：令，假设是等比数列，则为常数，而与有关不为常数，故矛盾，故①正确；对于②：设，满足题意，则，由，所以数列不是递增数列，故②错误；对于③：假设为等差数列，所以，即，所以，解得与矛盾，故③正确；对于④：，则，若能构成等比数列，则，即，化简整理得矛盾，故④正确；故选：①③④.12．【分析】由已知等式变形得出，可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可求出的表达式，由参变量分离法得，令，分析数列的单调性，求出的最小项的值，即可得出实数的最大值.【详解】因为数列满足，，，则，且，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故，由，可得，令，所以，，对任意的，，故，则，故数列为递增数列，所以，，因此，实数的最大值为.故答案为.13．(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用等差数列求和公式的性质先得，再利用等比中项计算公差，求通项公式即可；（2）先根据等差数列求和公式得，作商计算得即可.【详解】（1）由题意，得，解得.又∵，，成等比数列，∴，即，解得或（舍去，），∴，故数列的通项公式为.（2）由（1）知，又，则，则，∴.∵，∴.14．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用，可求出的通项公式，注意检验是否满足即可得解；（2）由导数得，利用不等式放缩的原理得到，得到答案【详解】（1）由题意知，的前项和，当时，，当时，，经检验，满足，的通项公式为；（2）证：，，又，故.15．(1)，(2)【分析】（1）设数列的公差为，列出方程组，求得，得到，，根据题意，得到，结合，即可求解；（2）由（1），得到，转化为对任意恒成立，分n为偶数和n为奇数，两种情况讨论，即可求得实数的取值范围．【详解】（1）解：设数列的公差为，则，故，则，，依题意，，当时，；当时，，可得，综上所述，，.（2）解：由（1），可得，故对任意恒成立，即对任意恒成立，当n为偶数时，原式化为，即，因为，当时，可得，所以；当n为奇数时，原式化为，即，因为，所以时，取值最小，故，故，综上可得，，即实数的取值范围为．16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案；（2）根据裂项相消求和，可得答案.【详解】（1）由题意可得，所以因为，所以，即，所以，，设等比数列的公比为，则，，.（2）所以17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据的条件求出，再根据求出的通项公式；（2）使用裂项相消法求出，再根据表达式可判断出的范围．【详解】（1）由已知有，所以，解得，当时，，又满足上式，所以．（2），所以，因为，所以，由于单调递减，所以单调递增，所以当时，最小，为，故．18．(1)当时，，当时，(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用即可求解；（2）（Ⅰ）由已知有，进而得，令，利用等比数列前项求和公式即可求解；（Ⅱ）由，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）由题意有：当时，，当时，由有，所以，当时，，所以当时，，当时，；（2）（Ⅰ）由数列为等差数列，所以，所以