新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 数列不等式恒成立问题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第第页参考答案1．B【分析】由得数列的递推式，构造新数列是等比数列，求出后解不等式可得．【详解】,，，，所以是等比数列，公比为2，所以，，，．的最小值为6．故选：B．2．A【解析】依题意得到，成立，则，对于成立，且对于成立，即可求出参数的取值范围；【详解】解：若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则，成立，则，对于成立，且对于成立，即，对于成立，且，对于成立，所以，且，解得，故选：A．3．D【分析】分别讨论两种条件下数列的通项公式，在根据确定的数列通项公式建立不等式求解参数的取值范围.【详解】根据题意，时，，即，此时，，，，从而有，此时，与为等比数列矛盾由，得，所以，当时，恒成立，即时，恒成立即对恒成立，所以，设，则而，当时，解得，，所以时有即，当时，即所以当时所以，选项D正确，选项ABC错误故选：D.4．C【分析】运用等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，进而得到an，bn，再由可得Sn单调递增，求得Sn的最小值，结合不等式恒成立思想可得所求k的最大值.【详解】设正项等比数列{bn}的公比为q，q>0，等差数列{an}的公差为d，由a1=2，b1=1，a2=b3，a4=b4，可得2+d=q2，2+3d=q3，化为q3-3q2+4=0，即为（q+1）（q-2）2=0，解得q=2（-1舍去），则d=2，所以an=2+2（n-1）=2n，bn=2n-1，因为数列{cn}的前n项和为Sn.，k≤Sn恒成立，只需.因为恒成立，所以Sn单调递增，所以可得k≤2，即k的最大值为2.故选：C.5．A【分析】根据，利用数列通项与前n项和的关系，求得，，再根据对任意，恒成立求解.【详解】解：当时，，∴，当时，符合上式，∴，∴．当n为奇数时，，令知，当时，，∴，当n为偶数时，，令，∴，∴．故选：A．6．A【分析】由递推关系得，结合若不等式对一切恒成立，代入解得或，分别讨论在这两个范围内的条件满足情况，从而解得参数a的范围.【详解】由知，，则，解得或，若，则不可能对一切正整数成立；若，则对一切正整数成立，只需即可，即，解得故选：A7．D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值．【详解】，∴，即有，∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，∴，∴，又为增函数，当时，，，若恒成立，则的最大值为1010.故选：D．【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论．8．B【分析】由已知条件可得，，由累加法求得，又对恒成立，得，即，即可求解【详解】由条件得，于是可得，又，即，累加得到，由对恒成立，得，即，由得，故选：B9．B【分析】由结合等比数列的定义得出，再由裂项相消法求出，进而得出恒成立，令，求出其单调性，进而得出实数的取值范围.【详解】由，得，又，是以为首项，2为公比的等比数列恒成立等价于恒成立令，则当时，，当时，当或时，取得最大值，故选：B.10．A【分析】根据与的关系求出，再根据等差数列的求和公式求出，将化为对任意的恒成立，分类讨论可求出结果.【详解】由，∴时,，∴，∴，时，也成立，∴，∴数列的前n项和为：，∵对任意的恒成立，∴，即，即，即，即，即对任意的恒成立，当时，对任意的恒成立，因为，∴，所以，当时，恒成立，，当时，对任意的恒成立，因为，∴，所以，综上可得：实数p的取值范围为．故选：A．11．D【分析】由等差数列通项公式得，再结合题意得数列单调递增，且满足，，即，再解不等式即可得答案.【详解】解：根据题意：数列是首项为，公差为1的等差数列，所以，由于数列满足，所以对任意的都成立，故数列单调递增，且满足，，所以，解得．故选：．12．B【分析】由已知得.再求得，从而有数列是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求得，再利用分组求和的方法，以及等比数列求和公式求得，从而求得得答案.【详解】解：由，得，∴.又由，得，又，∴.所以，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，则，∴，∴，∴.∴.∵对任意，，∴的最小值为.故选：B.13．B【分析】由题意可得，运用累加法和“裂项相消法”求和可得，再将不等式恒成立问题转化为成立，由此可得实数的取值范围．【详解】∵，∴，∴，∴∴∴．∵，∴，∴，故选：B．14．C【分析】求出数列、的通项公式，可得出数列的通项公式，利用分组求和法可求得，找出使得不等式成立的最大正整数的值，进而可得出结论.【详解】由题意可得，，所以，，则，所以，数列单调递增，因为，，则，则使得不等式成立的最大正整数的值为.因此，数列中不超过的项的个数为.故选：C.【点睛】本题考查数列不等式的求解，考查了数列单调性的应用以及分组求和法，考查计算能力，属于中等题.15．A【分析】分析可知对任意的，，则，推导出数列为单调递减数列，可得出，再利用不等式的性质推导出，即可求得，由此可得出合适的选项.【详解】因为，，易知对任意的，，则，所以，，即，故数列为单调递减数列，则，由于，则，，所以，，所以，，因此，.故选：A.16．D【分析】由求得数列的奇数项递减，偶数项递增，求得奇数项的最大值，偶数项的最小值，根据不等式恒成立可得结论．【详解】因为，所以时，，两式相减得，当为偶数时，，，所以为奇数时，，这是一个递减数列，，所以，当为奇数时，，，所以为偶数时，，这是一个递增数列，，，恒成立，所以（为奇数时）或（为偶数时），所以，所以．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查数列不等式恒成立问题，解题关键是利用得出数列的递推关系，按的奇偶分类讨论得数列奇数项递减，偶数项递增，求出奇数项的最大值，偶数项的最小值，由不等式恒成立得出参数范围．17．A【解析】由题在恒成立，即，讨论为奇数和偶数时，再利用数列单调性即可求出.【详解】数列是单调递减数列，在恒成立，即恒成立，即，当为奇数时，则恒成立，单调递减，时，取得最大值为，，解得；当为偶数时，则恒成立，单调递增，时，取得最小值为20，，解得，综上，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查已知数列单调性求参数，解题的关键由数列单调性得出恒成立，需要讨论为奇数和偶数时的情况，这也是容易出错的地方.18．D【分析】由求得，即得，把不等式分离变量变形后转化为求新数列的最大项．【详解】由题意，时，，综上，，题设不等式为，整理得，记，则，当时，，，时，，，所以是中的最大值，，所以．故选：D．19．A【分析】依题意，即可得到是以为首项，以为公比的等比数列，从而求出，依题意可得恒成立，令，利用作差法说明的单调性，即可得到的最大值，即可得解；【详解】解：因为，所以，所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以，所以，恒成立，的最大值，令，，所以时，单调递增，时，单调递减，，的最大值，；故选：A．20．B【分析】由题知，，进而根据裂项求和得，进而根据不等式恒成立即可得答案.【详解】解：因为，，所以，所以，所以，因为，，所以所以，对任意，使不等式恒成立，则.所以，实数的取值范围是.故选：B21．C【分析】由与的关系得，则，设，利用数列的单调性即可求解．【详解】解：数列的前n项和为，，，且，所以，故，因为，所以，所以，，，，则，故，所以，所以，因为对任意都成立，所以．设，则，当时，，当时，，因此即，故的最小值为．故选：C【点睛】本题解答的关键利用求出数列的递推公式，再利用累加法求出的通项；22．D【分析】根据递推关系，利用裂项相消法，累加法求出，可得，原不等式转化为恒成立求解即可.【详解】，，，由累加法可得，又，，符合上式，，，对于任意不等式恒成立，则，解得.故选：D23．B【解析】利用排除法，将，代入验证排除，即可得结果.【详解】解：用排除法：当时，，明显有，下面用数学归纳法证明，当时，，成立；假设当时，成立，则当时，，所以当时，成立，综上：对任意，都有；另外，所以，所以当时，恒成立，排除CD；当时，，若，则，因为，此时是有可能的，故排除A，故选：B.【点睛】本题考查数列的函数性质，如单调性，值域，利用排除法可方便得出结果，是一道难度较大的题目.24．D【分析】由函数的单调性，可判定A、B不正确；由，得到，得到，可判定C错误，D正确.【详解】对于A中，由于，则，又由函数，当时为单调递减函数，可得，所以，所以A错误.对于B中，由于，且，由在上单调递增，可得，所以B错误对于C、D中，由于，可得，当，时，可得，所以C不正确；又由当，可得，从而，利用叠加法，可得，故当时，，所以D正确.故选：D.【点睛】方法点拨：构造函数，结合函数的单调性，是判定与的大小关系的关键；同时化简，得到是解答的关键.25．C【分析】由已知得，根据等比数列的定义得数列是首项为，公比为的等比数列，由此求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.【详解】解：依题意，当时，，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列，，即，所以，所以，所以的取值范围是.故选：C.26．D【分析】分析得出，可判断出CD选项的正误；分析得出，利用累加法可判断出A选项的正误；当时，分析得出，利用放缩法可判断D选项的正误.【详解】由已知，数列满足，，且，，即，故，由，，有，，故与同号，因为，则，，，以此类推可知，对任意的，，所以，，则，所以，，D错；，C对；因为，则，，，，累加得，所以，，可得，A对；当时，，故，B对.故选：D.【点睛】结论点睛：几种常见的数列放缩方法：（1）；（2）；（3）.27．A【分析】根据分类讨论确定的表达式，再根据恒成立问题的解法即可求出．【详解】当时，，符合题意；当时，恒成立，当时，不等式变形得，，因为，此时符合题意；当时，不等式变形得，，因为，此时符合题意；当时，若为偶数，则不等式变形得，，即，若该不等式恒成立，则，即，所以设，，，所以当时，，此时，此时该不等式不可能恒成立；当时，，若该不等式恒成立，只需，解得（舍去）或，综上，；若为奇数，不等式变形得，，满足题意；综上所述，实数的取值范围是．故选：A．28．D【解析】求出，根据数列的性质可判断A、B，举例可判断C，利用数学归纳法判断D.【详解】因为，，当时，，解得。当时，因为，所以，解得。因为无穷数列，对任意实数不等式恒成立，所以。对选项A，若为单调递增的等差数列，设，则，故A错误；对选项B，若为单调递增的等比数列，设，则，故B错误；对选项C，因为，设，取，则，，显然不成立；故C错误；对于选项D：当时，由，显然恒成立，假设当时，成立，则当时，故恒成立，故D正确.故选：D【点睛】本题主要考查了数列的性质以及数学归纳法证明数列问题，综合性比较强，属于难题.29．ABD【分析】根据题设的关系，可判断是否为等比数列，进而可得的通项公式，应用分组求和及等比数列前n项和得，再写出通项，应用裂项法求，即可判断各选项的正误.【详解】由题设知：，则且，即是等比数列；∴，且，又，∴.故选：ABD.30．BCD【分析】根据所给数列性质利用判断A，由函数不等式推导出可判断B,利用B中结论递推可判断C，由对数运算及数列求和后放缩可判断D.【详解】由，显然，则不是等比数列，A；由当且仅当时等号成立，由为正项数列，得，故，故B正确；由B知，故C正确；则，故D正确.故选：BCD31．BCD【分析】根据“好数”的定义求得，对也成立，可得，由于数列为等差数列，对任意的恒成立可化为，，结合选项即可得出答案．【详解】由题意，，则，时，，两式相减得：，所以，，当时，上式对也成立，故，则，则数列为等差数列，故对任意的恒成立可化为，；即，解得，．结合四个选项，BCD符合的取值，故选：BCD．32．BCD【分析】根据间隔递增数列的定义求解.【详解】A.，因为，所以当时，，故错误；B.，令，t在单调递增，则，解得，故正确；C.，当为奇数时，，存在成立，当为偶数时，，存在成立，综上：是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确；D.若是间隔递增数列且最小间隔数是3，则，成立，则，对于成立，且，对于成立即，对于成立，且，对于成立所以，且解得，故正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查数列的新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.33．ABC【解析】根据不等式对于任意正整数n恒成立，即当n为奇数时有恒成立，当n为偶数时有恒成立，分别计算，即可得解.【详解】根据不等式对于任意正整数n恒成立，当n为奇数时有：恒成立，由递减，且，所以，即，当n为偶数时有：恒成立，由第增，且，所以，综上可得：，故选：ABC.【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，有一定的计算量，属于中档题.34．BD【分析】根据间隔递增数列的定义，结合数列的增减性，进而求得答案.【详解】对于A，设数列的公比为，则，因为，所以，若，则，不是间隔递增数列，故A错误；对于B，，易得是递增数列，则，所以时，一定是间隔递增数列，且最小间隔数是4，故B正确；对于C，，当为奇数时，，显然时，，当为偶数时，，显然时，，故C错误；对于D，由是间隔递增数列，则对恒成立，即对恒成立，则恒成立，因为最小间隔是3，所以即对于恒成立，且时，，于是，故D正确.故选：BD.35．【解析】利用等比数列的前项和公式求出从而可得，进而可得，解不等式即可.【详解】由题意得，可得，所以，所以，即.故答案为：36．25．【分析】由，化简整理得到，求得，进而求得时，，根据，得到，即可求解.【详解】由题意数列的各项均为正数，且满足，当时，可得，整理得，又由，所以数列表示首项为1，公差为1的等差数列，所以，因为数列的各项均为正数，可得，所以当时，，当时，，由，即，即，又由，所以，所以满足的最大的正整数等于.故答案为：.37．【分析】由已知与作差，可求得等比数列的公比，从而得通项公式，再求出，利用基本不等式求得的最大值后可得结论．【详解】将与作差，可得，即.所以等比数列的公比.因为，所以.所以.所以.因为，所以，当且仅当时“”成立.所以.故的最小值为.故答案为：．38．7【分析】先求出的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan≤+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+，又函数在上单调递减，在上单调递增，当或时，所以故答案为：739．2【分析】由已知递推式，结合与的关系及等比数列的定义，可判断是公比为的正项等比数列，写出、，根据题设不等式恒成立可得恒成立，即可求值.【详解】由题设知：当时，，即，当时，，综上知：是公比为的正项等比数列，即，而，∴由题设知：对任意的，有成立，又，∴，整理得：恒成立，而时，∴.故答案为：2.【点睛】关键点点睛：由与的关系及等比数列的定义求、，根据数列不等式恒成立求值即可.40．【分析】由累加法得出，再由，解不等式得出实数的取值范围.【详解】因为＝，，所以当时，，又＝，所以，由{}是单调递增数列知，所以，解得或.故答案为：41．3【分析】根据数列的递推公式，运用累加法求出数列的通项公式，经分析得到，若对于任意的正整数，存在，使得恒成立，则有，进而求出的最小值.【详解】数列满足，且，即，当时，，当时，，当时，，当时，，以上各式相加，得又，，，，若对于任意的正整数，存在，使得恒成立，则有，的最小值是3.故答案为：.42．【分析】利用函数的图象的对称性求得，将整理为，由已知条件得到，求解即得.【详解】∵对于任意的，都有，∴函数的对称轴为，∴，∴,对于任意的，，都有成立，∴,解得，即实数的取值范围是,故答案为：43．答案见解析.【分析】选①时，设数列为公比为q，由和等差数列的性质求得和，得通项公式，然后求得，用裂项相消法求得和，可得的值．选①时，利用求得通项公式，然后同选①求解．【详解】解：若选①时，数列为公比为q的递增的等比数列，，且是和的等差中项，故，解得，整理得，故或（舍去），所以．所以．所以，当时，使得恒成立，故k的最小值为1．若选②时，，当时，所以，（首项符合通项），所以．所以，当时，使得恒成立，故k的最小值为1．44．(1)；(2)或.【分析】（1）化简数列的递推公式，得，进而可求解数列的通项公式；（2）利用裂项法，求解，列出不等式，即求.(1)当时，，∴，即，又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故，又由（），当时，也适合，所以.(2)∵，∴，又∵对任意的，不等式恒成立，，∴，解得或.即所求实数的范围是或.45．(1)，；(2)20毫克【分析】（1）由，计算可得．（2）由每次服药，药物在人体内的含量为本次服药量加上前次含量的可得递推关系式，变形后构造一个等比数列，求得通项公式后，由数列不等式恒成立及数列的单调性可得．(1)，；(2)依题意，，所以，，所以是等比数列，公比为，所以，，，，数列是递增数列，且，所以，即，所以m的最大值是毫克．46．(1)，(2)证明见解析【分析】（1）利用可得，从而可求及.（2）利用放缩法及裂项相消法可证不等式成立.（1）时，，时，，所以，所以数列是以为首项，公差为的等差数列．所以，即，当时，，当时，，不满足上式，所以，（2）当时，，原式成立．当时，所以．47．（I）；（II）证明见解析.【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.（