第五章数列专题9数列放缩求范围 讲义（含解析） 2024年高考数学二轮复习（新高考新教材）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题9

数列的放缩求范围问题【2024届合肥一中高三第二次质检第8题】．已知数列的前项和为，且，若，则（）A．

B．

C．

D．根据条件配方化简，开方得，结合累加法得通项，再由裂项相消计算即可.根据题意易知：，显然由可得，且故即，故，上述式子累加，得，故，当时，满足上式，所以，所以，所以，故，因为，所以，所以，故选A．（注：的放缩结构不唯一，如也可放缩为）感悟反思：求数列放缩问题可放缩为累加法求通项，可放缩为裂项求和（2024·江苏·高二专题练习）1．己知正项数列满足，则下列正确的是（

）A． B．数列是递减数列C．数列是递增数列 D．2．已知数列满足，，、、，若对任意的，都有，则（

）A． B． C． D．根据条件构造，利用等比数列的求和公式放缩求和即可.根据题意易知：，显然由可得，因为故，故故，又，故，故，选A．感悟反思：数列放缩问题可放缩为等比数列求通项和求和总评数列证明题中，有的迭代递推式可求通项，有的不可求通项.在遇到相关问题时，审递推式特征很重要，能帮助预测或把握解答方向．本题属于不可求通项的类型，所以估计上下界时需要用到放缩的方法，这一类通项型数列放缩的问题：关键点有如下部分：①先判断出数列的单调性和大致的取值范围，方便后续放缩；②将用的形式表示（其中因式分解，取倒数，取对数、根号平方等次数变形，裂项等等是常用的变形技巧），再累加法求通项，但是显然求不了和，需要放缩为能求和的形式（特别的，放缩为常数时对应等差数列）．（：变换成这种形式同理，累乘放缩，特别的放缩为常数时对应等比数列）（2023年11月重庆市一中高三上月考第12题）3．已知数列的首项，且满足，以下正确的有（

）A．，数列一定单调递增B．，使得数列单调递增C．若，则D．，数列的前项和（江苏省南通市海安市2023年11月高三期中第12题）4．已知数列满足，且，则（

）A．为递增数列B．C．D．（2024届华南师大附中高三综合测试（二）第12题）5．已知数列满足，，则（

）A．为单调递减数列 B．C． D．（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）6．已知数列的前项和为，且，则（

）A． B． C． D．（2024·全国·高三专题练习）7．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛应用，其定义为:时，.若数列，则下列结论:①的函数图像关于直线对称；②；③；④；⑤.其中正确的是（

）A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤（2024上·福建·高二期末）8．记是各项均为正数的数列的前n项和，．数列满足，且则下列选项错误的是（

）A．B．C．数列的最大项为D．（2024·全国·高三专题练习）9．已知数列满足，则（

）A． B． C． D．（2023·江西景德镇·统考一模）10．数列前n项和为，且满足：，，，，下列说法错误的是（

）A．B．数列有最大值，无最小值C．，使得D．，使得（2023·全国·高三专题练习）11．已知数列中，，，记，，则下列结正确的是（

）A． B． C． D．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．D【分析】选项A、D，需要借助放缩法进行判断；选项B、C，判断数列的单调性，需要对数列的前后项作商并与比较大小；【详解】因为，故，得，对于选项A，由可得：，两边同乘，可得：，，则选项A错误；对于选项B，易知，，因此，则，选项B错误；对于选项C，，，因此，又，同时，得，即，选项C错误；对于选项D，当时，，则，则有，则选项D正确．故选：D.2．C【分析】将等式变形为，可知数列为等比数列，进而可求得该数列的通项公式，再利用累加法可求得，根据题意得出，进而可求得的值.【详解】当且时，由可得，且，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，，对任意的，都有，，即，因此，.故选：C.【点睛】本题考查了数列递推关系、考查累加法求数列通项、极限性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．3．ABD【分析】运用作差比较法、特殊值法，取对数法逐一判断即可.【详解】对于A，根据条件可知数列每项均正，，所以数列单增，正确：对于，取，由可知，当时，，由此类推可得正确；对于，由条件数列每项均正，，又，所以，C错；对于D，，因此有，所以有，即，设，当时，，所以此时函数单调递增，故所以，因此有，即，所以D对，故选：ABD【点睛】关键点睛：本题的关键是利用取对数法、特殊法.4．ABC【分析】作差比较大小判断单调性判断A；推导得，计算判断B；利用裂项相消法求和判断C；借助基本不等式及等比数列前n项和公式计算判断D.【详解】显然，而，则，，又，即有与同号，而，则，对于A，，即，为递增数列，A正确；对于B，，则，因此，B正确；对于C，由，得，即，因此，C正确；对于D，，因此（当且仅当时取等号），所以，D错误.故选：ABC【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.5．ABD【分析】根据，得，结合选项利用各项间关系，构造函数依次求解即可.【详解】由题意可得，对于A，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，当且仅当时等号成立，若，又，则得，则与题设矛盾，所以，设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立，所以，由可知当时，，则，，即，同理可得，…，，所以当时，，所以，所以数列为单调递减数列，选项A正确；对于B，只需证明，令，，令，，则由均值不等式可知，所以在上单调递增，所以，，选项B正确；对于C，，设，，设，，则，所以在上单调递减，所以随着减小，增大，又因为随着的增大减小，所以，即，选项C错误；对于D，由累乘法可知要证只需证明，令，，则，所以恒成立，所以，所以，累乘得，，所以，选项D正确；故选：ABD【点睛】本题考查了数列的综合应用，结合构造的模型函数进行求解.6．A【分析】解法一：直接利用关系式的变换和数列的递推关系式，进一步利用数列的求和的应用和裂项相消法的求和，放缩法的应用求出结果；解法二：由于数列单调递减，结合Stolz定理可得，由数学归纳法与放缩裂项求和即可求得结论.【详解】解法一：由，且，所以；所以，故，，，所以，即；故，所以；所以；故；故，由于，所以.解法二：因为，则，所以，所以单调递减，又，排除等比放缩，尝试比较与趋于0的速度，由Stolz定理：，故当时我们有，事实上，结合及，下面试证．用归纳法证明：当时，有成立．当时，，故成立；假设时，有成立．则当时，，即，故时命题成立．综合可知：当时，有成立，故，，又，所以.故选：A．7．D【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.【详解】对于①：若，则，，关于对称，若为无理数，则也是无理数，，也关于对称，若，并且是既约的真分数，则，并且是互质的，，也是真分数，若不是既约分数，则与必定存在公约数，不妨假设，则有，即存在大于1的公约数，与题设矛盾，故也是既约分数，，即关于对称，故①正确；对于②，时，，故②错误；对于③，当时，有，，但当时，故③错误；对于④，，，构造函数，，则，单调递增，，即当时，，，当时，，，，故④正确；对于⑤，，故⑤正确；故选：D.8．C【分析】由已知条件结合与的关系，解出数列的通项公式，再求选项中数列求和和最值问题.【详解】由与，得，又，所以，即因为，所以，所以.又，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列.则，所以．当时，，也符合.∴，A选项正确；当时，，而时，也成立，故B选项正确；设，，当时，解得，故数列的最大项为，C选项错误；，D选项正确.故选：C【点睛】关键点点睛：题中数列不等式涉及放缩，通项放缩技巧证明数列不等式的关键在于观察通项特征和所证结论，适当调整放缩幅度，做到放缩得恰到好处，同时还要做到放缩求和两兼顾.9．B【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．【详解】∵，易得，依次类推可得由题意，，即，∴，即，，，…，，累加可得，即，∴，即，,又，∴，，，…，，累加可得，∴，即，∴，即；综上：．故选：B．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

10．D【分析】A选项，令求出，再令，求出；B选项，先得到，再求出，单调递减，故B正确；C选项，当时，，时，，证明出C正确；D选项，作差，并结合C选项中结论计算出，故D错误.【详解】A选项，中，令得，因为，解得，解得，中，令得，即，解得，负值舍去，A正确；B选项，当时，，故，，故，因为，故，，故，则单调递减，数列有最大值，无最小值，B正确；C选项，当时，，此时等号成立，当时，由于，所以，综上，，使得，C正确；D选项，，由C选项可知，，，故，所以恒成立，故不存在，使得，D错误.故选：D【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.11．D【分析】根据数列特征得到，且与同号，结合裂项相消法求得，与比较，发现不恒成立，判断出A选项；结合，可得，判断出B选项；利用可得：，构造新函数可得：，得到，而根据一次函数与对数函数的增长速度，可得不恒成立，故判断C选项；根据题干条件得到，，进而求出，结合数列的单调性可得：，故D选项正确.【详解】由，，可得：，故，所以，因为，所以，故，所以与同号，因为，所以，综上：，又因为，可得：，所以，因为，所以，所以