数列不等式综合训练假期版

1高考模拟热点交汇试题汇编之数列与不等式（30题）1.已知函数()ln1fxxx,数列na满足101a,1nnafa;数列nb满足1111,(1)22nnbbnb,*nN.求证:（Ⅰ）101;nnaa（Ⅱ）21;2nnaa（Ⅲ）若12,2a则当n≥2时,!nnban.2.已知为锐角，且12tan，函数)42sin(2tan)(2xxxf，数列{an}的首项)(,2111nnafaa.⑴求函数)(xf的表达式；⑵求证：nnaa1；⑶求证：),2(21111111*21Nnnaaan23.（本小题满分14分）已知数列na满足111,21nnaaanN（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若数列nb满足nnbnbbbba)1(44441111321，证明：na是等差数列；（Ⅲ）证明：23111123nnNaaa4.设.2)(,ln)(),(2)(epqeegxxfxfxqpxxg且其中（e为自然对数的底数）（I）求p与q的关系；（II）若)(xg在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（III）证明：①)1()1(xxxf；②)1(412ln33ln22ln2222nnnnn（n∈N，n≥2）.35.已知数列{}na的前n项和nS满足：(1)1nnaSaa（a为常数，且0,1aa）．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）设021nnSba，若数列{}nb为等比数列，求a的值；（Ⅲ）在满足条件（Ⅱ）的情形下，设11111nnncaa，数列{}nc的前n项和为Tn，求证：123nTn．6.已知数列na满足15a,25a，116(2)nnnaaan．（1）求证：12nnaa是等比数列；（2）求数列na的通项公式；（3）设3(3)nnnnbna，且12nbbbm对于nN恒成立，求m的取值范47.已知数列na的首项121aa（a是常数，且1a），24221nnaann（2n），数列nb的首项1ba，2nabnn（2n）。（1）证明：nb从第2项起是以2为公比的等比数列；（2）设nS为数列nb的前n项和，且nS是等比数列，求实数a的值；（3）当a0时，求数列na的最小项。8.已知函数f(x)=52168xx，设正项数列na满足1a=l，1nnafa．(I)写出2a，3a的值;(Ⅱ)试比较na与54的大小，并说明理由；(Ⅲ)设数列nb满足nb=54－na，记Sn=1niib．证明：当n≥2时,Sn＜14(2n－1)．59.已知}{),10(log)(naaaxxf，若数列{an}*)(42),(,),(),(),(,2321Nnnafafafafn使得成等差数列.（1）求{an}的通项an;（2）设),(nnnafab若{bn}的前n项和是Sn，且.312:,11224224anaSaann求证10.（1）数列{an}和{bn}满足)(121nnbbbna（n=1，2，3…），求证{bn}为等差数列的充要条件是{an}为等差数列。（8分）（2）数列{an}和{cn}满足*)(21Nnaacnnn，探究}{na为等差数列的充分必要条件，需说明理由。[提示：设数列{bn}为)3,2,1(2naabnnn611.设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：①;212nnnaaa②,.*NnMan其中M是与n无关的常数.（1）若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3=4，S3=18，证明：{Sn}∈W（2）设数列{bn}的通项为Wbnbnnn}{,25且，求M的取值范围；（3）设数列{cn}的各项均为正整数，且1.}{nnnccWc证明：（1）解：设等差数列{an}的公差是d，则a1+2d=4，3a1+3d=18，解得a1=8，d=－2，所以nndnnnaSn92)1(21……………………………………2分由)]1(18)1(2)2(9)2()9[(21222212nnnnnnSSSnnn=－1＜0得,212nnnSSS适合条件①；又481)29(922nnnSn所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，即Sn≤20，适合条件②综上，{Sn}∈W………………………………………………4分（2）解：因为nnnnnnnbb25252)1(511所以当n≥3时，01nnbb，此时数列{bn}单调递减；当n=1，2时，01nnbb，即b1＜b2＜b3，7因此数列{bn}中的最大项是b3=7所以M≥7………………………………………………8分（3）解：假设存在正整数k，使得1kkcc成立由数列{cn}的各项均为正整数，可得1111kkkkcccc即因为2)1(22,21212kkkkkkkkkccccccccc所以由1,2,2121122112kkkkkkkkkkkccccccccccc故得及因为32)1(22,2111123231kkkkkkkkkkcccccccccc所以……………………依次类推，可得)(*Nmmcckmk设0),(*pccpmNppckpkk时，有则当这显然与数列{cn}的各项均为正整数矛盾！所以假设不成立，即对于任意n∈N*,都有1nncc成立.(16分)12.数列na和数列nb（n+N）由下列条件确定：（1）10a，10b；（2）当2k时，ka与kb满足如下条件：当1102kkab时，1kkaa，112kkkabb；当1102kkab时，112kkkaba，1kkbb.解答下列问题：（Ⅰ）证明数列kkab是等比数列；（Ⅱ）记数列()knnba的前n项和为nS，若已知当1a时，lim0nnna，求limnnS.（Ⅲ）(2)nn是满足12nbbb的最大整数时，用1a，1b表示n满足的条件.解：（Ⅰ）当1102kkab时，111111()22kkkkkkkabbaaba，当1102kkab时，111111()22kkkkkkkabbabba，8所以不论哪种情况，都有111()2kkkkbaba，又显然110ba，故数列kkab是等比数列.…（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1111()()2nnnbaba，故111()()2nnnnnbaba，11221231()(1)2222nnnnnSba，所以1123111231()()222222nnnnnSba所以11311111()(1)22222nnnnSba，1112()[4(1)]22nnnnSba，…（7分）又当1a时，lim0nnna，故11lim4()nnSba.（8分）（Ⅲ）当12(2)nbbbn时，1kkbb(2)kn，由（2）知1102kkab不成立，故1102kkab，从而对于2kn，有1kkaa，112kkkabb，于是11nnaaa，故11111()()2nnbaba，…………（10分）11111111111[()()]()().2222nnnnabaabaaba若02nnab，则12nnnabb，1111111111111()()()()()()0222nnnnnbbabaababa，所以1nnbb，这与n是满足12(2)nbbbn的最大整数矛盾.因此n是满足02nnab的最小整数.（12分）而111111121110()()02log22nnnnabbaababanaa，因而，n是满足1121logabna的最小整数.（14分）13.已知数列na中，11a，*1122(...)nnnaaaanN．（1）求234,,aaa；（2）求数列na的通项na；（3）设数列{}nb满足21111,2nnnkbbbba，求证：1()nbnk9解：（1）2342,3,4aaa（2）1122(...)nnnaaaa○1121(1)2(...)nnnaaaa○2○1—○2得1(1)2nnnnanaa即：1(1)nnnana，11nnanan所以32112123...1...(2)121nnnaaanaannaaan所以*()nannN（3）由（2）得：2111111,...02nnnnnbbbbbbbk，所以{}nb是单调递增数列，故要证：1()nbnk只需证1kb若1k，则1112b显然成立若2k，则21111nnnnnnbbbbbbkk所以1111nnbbk因此：121111111111()...()2kkkkkbbbbbbkk所以11kkbk所以1()nbnk1014.已知数列na满足411a，),2(2111Nnnaaannnn．（Ⅰ）求数列na的通项公式na；（Ⅱ）设21nnab，求数列nb的前n项和nS；（Ⅲ）设2)12(sinnacnn，数列nc的前n项和为nT．求证：对任意的Nn，74nT．解：（Ⅰ）12)1(1nnnaa，])1(1)[2()1(111nnnnaa，……………3分又3)1(11a，数列nna11是首项为3，公比为2的等比数列．……5分1)2(3)1(1nnna，即123)1(11nnna.………………6分（Ⅱ）12649)123(1121nnnnb．9264321)21(1641)41(19nnSnnnnn．………………9分（Ⅲ）1)1(2)12(sinnn，1231)1()2(3)1(111nnnnnc．……………………10分当3n时，则12311231123113112nnT212211211321])(1[28112312312317141nn7484488447612811])21(1[6128112n．321TTT，对任意的Nn，74nT．………………………14分15.设数列nnba,满足3,4,6332211bababa，且数列Nnaann1是等差数列，数列Nnbn2是等比数列。11（I）求数列na和nb的通项公式；（II）是否存在Nk，使21,0kkba，若存在，求出k，若不存在，说明理由。解（1）由已知212aa，123aa公差121d………1分31)1()(121nnaaaann………2分)()()(113121nnnaaaaaaaa)4(0)1()2(6