不等式和数列专项练习

不等式和数列专项练习（精选5篇）

不等式和数列专项练习 篇1

2018年高考数学数列压轴专项练习集

（一）1.已知等差数列an和等比数列bn，其中an的公差不为0．设Sn是数列an的前n项和．若a1,a2,a5是数列bn的前3项，且S4=16．

（1）求数列an和bn的通项公式；

（2）若数列4Sn1为等差数列，求实数t；

anta1,b1,a2,b1,b2,a3,b1,b2,b3,...ak，b1,b2,...bk，...若,该数列前n项和（3）构造数列Tn182，求1n的值．

2.已知数列an满足a11,a21，且an2（1）求aa的值；

56（2）设S为数列a的前n项的和，求S； nnn（3）设

2(1)nan(nN*)．

2bna2n1a2n，是否存正整数i，j，k（i＜j＜k），使得bi，bj，bk成等差数列？若存在，求出所有满足条件的i，j，k；若不存在，请说明理由．

3.(本题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1a21,bnnSn(n2)an,数列{bn}是公差为d的等差数列,nN*.(1)求d的值;(2)求数列{an}的通项公式;

22n1(3)求证:(a1a2an)(S1S2Sn).(n1)(n2)

an3,an3an1aan4,an≤3时，m1，2，3，． 4.设数列n的首项a1a(aR)，且(1)若0a1，求a2，a3，a4，a5．(2)若0an4，证明：0an14．

(3)若0a≤2，求所有的正整数k，使得对于任意nN*，均有ankan成立．

5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=0，a1+a2+a3+…+an+n=an+1，n∈N*．（Ⅰ）求证：数列{an+1}是等比数列；

（Ⅱ）设数列{bn}的前n项和为Tn，b1=1，点（Tn+1，Tn）在直线上，若不等式

bb1b92nma11a21an122an对于n∈N恒成立，求实数m的*最大值．

x46.设不等式组y0所表示的平面区域为Dn，记Dn内整点的个数为an（横纵坐ynx(xN*)标均为整数的点称为整点）．

（1）n=2时，先在平面直角坐标系中作出区域D2，再求a2的值；（2）求数列{an}的通项公式；

*（3）记数列{an}的前n项的和为Sn，试证明：对任意n∈N恒有++…+＜成立．

7.在数列an中，a121，Snan2n1,nN*． 3Sn（Ⅰ）求S1,S2,S3的值；

（Ⅱ）猜想Sn的表达式，并证明你的猜想．

8.设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a564，S5S348.（1）求数列an的通项公式；

（2）对于正整数k,m,l（kml），求证：“mk1且lk3”是“5ak,am,al这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；（3）设数列bn满足：对任意的正整数n，都有a1bna2bn1a3bn2anb1

b32n14n6，且集合Mn|n,nN*中有且仅有3个元素，试

an求的取值范围.9.已知f（n）=1++++…+，g（n）=﹣，n∈N*．

（1）当n=1，2，3时，试比较f（n）与g（n）的大小关系；（2）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明．

10.设数列{an}的前n项和为Sn，若（1）若a1=1，（n∈N*），则称{an}是“紧密数列”；，a3=x，a4=4，求x的取值范围；

（2）若{an}为等差数列，首项a1，公差d，且0＜d≤a1，判断{an}是否为“紧密数列”；（3）设数列{an}是公比为q的等比数列，若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围．

试卷答案

1.【考点】数列的求和；数列递推式．

【分析】（1）设{an}的公差d≠0．由a1，a2，a5是数列{bn}的前3项，且S4=16．可得，即（2）Sn==n2．可得

2，4a1+=

=16，解得a1，d，即可得出． ．根据数列{

}为等差数列，可得=解得t． +，t﹣2t=0．

2（3）由（1）可得：Sn=n，数列{bn}的前n项和An=

=．数列{An}的前n项和Un=﹣n=﹣n．数列a1，b1，a2，b1，b2，a3，b1，b2，=

2项和=k+b3，…，ak，b1，b2，…，bk，…，可得：该数列前k+78（k﹣1），根据3=2187，3=6561．进而得出．

﹣【解答】解：（1）设{an}的公差d≠0．∵a1，a2，a5是数列{bn}的前3项，且S4=16． ∴，即，4a1+

=16，解得a1=1，d=2，∴an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1． ∴b1=1，b2=3，公比q=3． ∴bn=3n﹣1．（2）Sn==n2．∴

=

．

∵数列{}为等差数列，∴=+，t﹣2t=0．

2解得t=2或0，经过验证满足题意．

2（3）由（1）可得：Sn=n，数列{bn}的前n项和An=

=．数列{An}的前n项和Un=﹣n=﹣n．

数列a1，b1，a2，b1，b2，a3，b1，b2，b3，…，ak，b1，b2，…，bk，…，∴该数列前k+∵37=2187，38=6561． ∴取k=8，可得前令Tn=1821=1700+∴n=36+5=41．

2.【考点】数列的求和；数列递推式． 【分析】（1）由题意，当n为奇数时，a1=﹣1，a2=1，进一步求得

；当n为偶数时，则a5+a6可求；

．结合=36项的和为：，解得m=5．

=1700，=

项和=k+

﹣（k﹣1），（2）①当n=2k时，Sn=S2k=（a1+a3+…+a2k﹣1）+（a2+a4+…+a2k），代入等比数列前n项和公式求解；②当n=2k﹣1时，由Sn=S2k﹣a2k求解；（3）由（1）得

（仅b1=0且{bn}递增）．结合k＞j，且k，j∈Z，可得k≥j+1．然后分k≥j+2与k=j+1两类分析可得满足条件的i，j，k只有唯一一组解，即i=1，j=2，k=3． 【解答】解：（1）由题意，当n为奇数时，又a1=﹣1，a2=1，∴即a5+a6=2；

（2）①当n=2k时，Sn=S2k=（a1+a3+…+a2k﹣1）+（a2+a4+…+a2k），；当n为偶数时，．

===．

②当n=2k﹣1时，Sn=S2k﹣a2k= ==．

∴ ；

（3）由（1），得

（仅b1=0且{bn}递增）．

∵k＞j，且k，j∈Z，∴k≥j+1．

①当k≥j+2时，bk≥bj+2，若bi，bj，bk成等差数列，则，此与bn≥0矛盾．故此时不存在这样的等差数列． ②当k=j+1时，bk=bj+1，若bi，bj，bk成等差数列，则，又∵i＜j，且i，j∈Z，∴i≤j﹣1． 若i≤j﹣2，则bi≤bj﹣2，得，得≤0，矛盾，∴i=j﹣1． 从而

2bj=bj

﹣

1+bj+

1，化简，得3j﹣2=1，解得j=2．

从而，满足条件的i，j，k只有唯一一组解，即i=1，j=2，k=3．

3.a1a21，bnnSn(n2)anS1(12)a14a14S2(22)a22a16a28b2b14=

=

得20.解：b1b22d20.解：a1a21，bnnSn(n2)anb1S1(12)a14a14b22S2(22)a22a16a28db2b14…………………………………………………………3分

………………………………………………8分

………………………………………………12分 4.见解析

解：Ⅰ∵a1a(0,1)得a2(3,4)，∴a2a14a4，∵a3(0,1)，∴a3a23a1，a4(3,4)，∴a4a34a3，a5(0,1)，∴a5a43a．

Ⅱ证明：①当0an≤3时，an1an4，∴1≤an14，②当3an4，an1an3，∴0an11，综上，0an4时，0an14．

ⅡⅠ解：①若0a1，由Ⅰ知a5a1，所以k4，∴当k4m(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立． ②若1≤a2，则a2a4，且a2(2,3]，a3a24(a4)4aa1，∴k2，∴当k2m(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立，③若a2，则a2a3a42，∴k1，∴km(mN*)时，对所有的nN*，ankan成立，综上，若0a1，则k4m，mN*，若1≤a2，则k2m，mN*，若a2，则km，mN*． 5.【考点】数列的求和；等比关系的确定．

【分析】（Ⅰ）利用递推式可得：an+1=2an+1，变形利用等比数列的定义即可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）得

上，可得可得：，由点（Tn+1，Tn）在直线，利用等差数列的通项公式，利用递推式可得bn=n．利用不等式，可得Rn=

．对n分类讨论即可得出．

【解答】解：（Ⅰ）由a1+a2+a3+…+an+n=an+1，得a1+a2+a3+…+an﹣1+n﹣1=an（n≥2），两式相减得an+1=2an+1，利用“错位相减法”可得：变形为an+1+1=2（an+1）（n≥2），∵a1=0，∴a1+1=1，a2=a1+1=1，a2+1=2（a1+1），∴{a1+1}是以1为首项，公比为2的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∵点（Tn+1，Tn）在直线上，∴，故是以为首项，为公差的等差数列，则，∴，当n≥2时，∵b1=1满足该式，∴bn=n． ∴不等式即为，令，则，两式相减得，∴．

由恒成立，即恒成立，又，故当n≤3时，单调递减；当n=3时，，；

当n≥4时，单调递增；当n=4时，；

则6.的最小值为，所以实数m的最大值是．

【考点】数列与不等式的综合．

8的矩形区域内有5×9个整点，对角线上有5个整点，可求a2的值； 【分析】（1）在4×（2）直线y=nx与x=4交于点P（4，4n），即可求数列{an}的通项公式；（3）利用裂项法，放缩，求和即可证明结论． 【解答】解：（1）D2如图中阴影部分所示，∵在4×8的矩形区域内有5×9个整点，对角线上有5个整点，∴a2==25．

（另解：a2=1+3+5+7+9=25）

（2）直线y=nx与x=4交于点P（4，4n），据题意有an=

=10n+5．

（另解：an=1+（n+1）+（2n+1）+（3n+1）+（4n+1）=10n+5）（3）Sn=5n（n+2）．（8分）∵=

=

＜，∴++…+＜++…+

=（﹣+…+﹣）=（+﹣﹣）＜（13分）

【点评】本题考查数列与不等式的综合，考查数列的通项与求和，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

7.（Ⅰ）当n2时，anSnSni,Sn分)

11SnSn12,Sn(n2)(3SnSn1221314S1a1,S2,S3（6分）

3S124S225（Ⅱ）猜想Snn1，（7分）n2下面用数学归纳法证明：

211猜想正确；（8分），312k12）假设当n=k时猜想正确，即Sk，k211(k1)1那么Sk1,即n=k+1时猜想也正确.（12分）

k1Sk2(k1)22k2n1根据1），2）可知，对任意nÎN+，都有Sn.（13分）

n21)当n=1时，S1略 8.2（1）数列an是各项均为正数的等比数列，a1a5a364，a38，2又S5S348，a4a58q8q48，q2，an82n32n； ………… 4分

（2）（ⅰ）必要性：设5ak,am,al这三项经适当排序后能构成等差数列，①若25akamal，则102k2m2l，102mk2lk，52mk12lk1，mk11mk12lk1, .………… 6分

lk324②若2am5akal，则22m52k2l，2m1k2lk5，左边为偶数，等式不成立，③若2al5akam，同理也不成立，综合①②③，得mk1,lk3，所以必要性成立.…………8分（ⅱ）充分性：设mk1，lk3，则5ak,am,al这三项为5ak,ak1,ak3，即5ak,2ak,8ak，调整顺序后易知2ak,5ak,8ak成等差数列，所以充分性也成立.综合（ⅰ）（ⅱ），原命题成立.…………10分

n1（3）因为a1bna2bn1a3bn2anb1324n6，即2bn2bn12bn22b132123nn14n6，（*）

当n2时，21bn122bn223bn32n1b132n4n2，（**）

234nn1则（**）式两边同乘以2，得2bn12bn22bn32b1328n4，（***）

（*）－（***），得2bn4n2，即bn2n1(n2)，2又当n1时，2b132102，即b11，适合bn2n1(n2)，bn2n1.………14分 bn2n1bb2n12n352nn，nn1nn1，an2anan1222nbnbn1bb0，即21； anan1a2a1bnbn1b0，此时n单调递减，anan1ann2时，n3时，又9.b11b23b35b4771，，，，.……………16分 a12a24a38a416162【考点】用数学归纳法证明不等式；不等式比较大小． 【分析】（1）根据已知，n∈N．我们

*易得当n=1，2，3时，两个函数函数值的大小，比较后，根据结论我们可以归纳推理得到猜想f（n）≤g（n）；

（2）但归纳推理的结论不一定正确，我们可用数学归纳法进行证明，先证明不等式f（n）≤g（n）当n=1时成立，再假设不等式f（n）≤g（n）当n=k（k≥1）时成立，进而证明当n=k+1时，不等式f（n）≤g（n）也成立，最后得到不等式f（n）≤g（n）对于所有的正整数n成立；

【解答】解：（1）当n=1时，f（1）=1，g（1）=1，所以f（1）=g（1）； 当n=2时，，所以f（2）＜g（2）； 当n=3时，，所以f（3）＜g（3）．

（2）由（1），猜想f（n）≤g（n），下面用数学归纳法给出证明： ①当n=1，2，3时，不等式显然成立． ②假设当n=k（k≥3）时不等式成立，即即++…+＜，那么，当n=k+1时，因为，所以．

*由①、②可知，对一切n∈N，都有f（n）≤g（n）成立．

10.【考点】数列的应用． 【分析】（1）由题意，且，即可求出x的取值范围；

（2）由题意，an=a1+（n﹣1）d，数列”的定义即可证明结论；

==1+，根据“紧密（3）先设公比是q并判断出q≠1，由等比数列的通项公式、前n项和公式化简，根据“紧密数列”的定义列出不等式组，再求出公比q的取值范围．

【解答】解：（1）由题意，∴x的取值范围是[2，3]；

（2）由题意，an=a1+（n﹣1）d，∴

且，∴2≤x≤3，==1+，随着n的增大而减小，所以当n=1时，∴{an}是“紧密数列”；

（3）由题意得，等比数列{an}的公比q n1当q≠1时，所以an=a1q﹣，Sn=

取得最大值，∴≤2，=，因为数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，所以，当q=1时，an=a1，Sn=na1，则 ∴q的取值范围是

．

=1，≤2，解得

=1+∈（1，]，符合题意，

数列、不等式、推理证明专项练习 篇2

1.已知-π2<α<β<π2，则α-β2的取值范围是.

2.当x>0时，则f（x）=2xx2+1的最大值为.

3.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“”，这个类比命题的真假性是.

4.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品件.

5.设a，b为正实数.现有下列命题：

①若a2-b2=1，则a-b<1；

②若1b-1a=1，则a-b<1；

③若|a-b|=1，则|a-b|<1；

④若|a3-b3|=1，则|a-b|<1.

其中的真命题有.（写出所有真命题的编号）

6.用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长度后一次为前一次的1k（k∈N*），已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这个实事中提炼出一个不等式组是.

7.已知a∈R+，函数f（x）=ax2+2ax+1，若f（m）<0，比较大小：f（m+2）1.（用“<”或“=”或“>”连接）.

8.观察下列等式：

1-12=12

1-12+13-14=13+14

1-12+13-14+15-16=14+15+16

……

据此规律，第n个等式可为.

9.设关于x，y的不等式组2x-y+1>0，x+m<0，y-m>0表示的平面区域内存在点P（x0，y0）满足x0-2y0=2，求得m的取值范围是.

10.在等比数列{an}中，已知a6-a4=24，a3·a5=64，则数列{an}的前8项和为.

11.已知函数y=ax+b的图象如图所示，则1a-1+2b的最小值=.

12.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f（n）表示n条直线交点的个数，当n>4时，f（n）=.

13.已知x，y∈R，满足2≤y≤4-x，x≥1，则x2+y2+2x-2y+2xy-x+y-1的最大值为.

14.数列{an}满足（sn-n2）（an-2n）=0（n∈N），其中sn为数列{an}的前n项和，甲、乙、丙、丁四名同学各写了该数列的前四项：甲：1，3，5，7；乙：1，4，8，7；丙：1，4，4，7；丁：1，3，8，4.请你确定这四人中所有书写正确的学生.

二、解答题（共90分）

15.已知不等式mx2-nx-n2<0，

（1）若此不等式的解集为{x|-1

（2）若m=2，求此不等式的解集.

16.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，满足an+1=（q-1）Sn+1（q≠0）.

（1）求首项a1的值；

（2）若S4，S10，S7成等差数列，求证：a3，a9，a6成等差数列.

17.已知集合A={x|x2-（3a+3）x+2（3a+1）<0，x∈R）}，B={x|x-ax-（a2+1）<0，x∈R}.

（1）求4B时，求实数a的取值范围；

（2）求使BA的实数a的取值范围.

18.设向量a=（x，2），b=（x+n，2x-1）（n∈N*），函数y=a·b在[0，1]上的最小值与最大值的和为an，又数列{bn}满足：nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1.

（1）求证：an=n+1；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn=-anbn，试问数列{cn}中，是否存在正整数k，使得对于任意的正整数n，都有cn≤ck成立？证明你的结论.

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，an+bn=cn+1.

（1）求证：a+b≥c；

（2）求出所有满足题设的a，b，c的值.

参考答案

一、填空题

1.（-π2，0）

2.1

3.如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.（答案不唯一）假命题

4.80

5.①④

6.47+47k<147+47k+47k2≥1

7.>

8.1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n

9.（-∞，-23）

10.85或255

11.3+22

12.12（n-2）（n+1）

13.103

14.甲、丙、丁

二、解答题

15.（1）因为mx2-nx-n2<0的解集为{x|-1

所以-1，2是方程mx2-nx-n2=0的两个根.

根据根与系数的关系，有nm=-1+2=1，-n2m=（-1）×2=-2，

解得m=n=2.

（2）m=2，不等式mx2-nx-n2<0即2x2-nx-n2<0，

2x2-nx-n2<0（2x+n）（x-n）<0.

（1）若n=0，则原不等式为2x2<0，解集为.

（2）若n>0，则n-（-n2）=3n2>0，即-n2

（3）若n<0，则n-（-n2）=3n2<0，即-n2>n，原不等式的解集为（n，-n2）.

故当n=0时，不等式的解集为；

当n>0时，解集为（-n2，n）；

当n<0时，解集为（n，-n2）.

16.（1）由an+1=（q-1）Sn+1可得an=（q-1）Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=（q-1）an，所以an+1=qan（n≥2）.

欲使数列{an}等比数列，只需a2=qa1即可，

因为a2=（q-1）S1+1=（q-1）a1+1，所以（q-1）a1+1=qa1，所以a1=1.

若由a22=a1·a3，求出a1=1再验证数列{an}是等比数列，参照上述解法给分.

（2）方法一：若q=1，2S10≠S4+S7，与已知矛盾，故q≠1.

由2S10=S4+S7，得

2a1（1-q10）1-q=a1（1-q4）1-q+a1（1-q7）1-q，

即2a1q8=a1q2+a1q5，即2a9=a3+a6，所以a3，a9，a6成等差数列.

方法二：由S4，S10，S7成等差数列，可得2S10=S4+S7，

因为S7=S4+q4S3，S10=S4+q4S3+q7S3，可得q4S3+2q7S3=0，

因为S3≠0，所以q3=-12，

又2a9-（a3+a6）=a1q2（2q6-q3-1）=0，所以a3，a9，a6成等差数列.

17.（1）若4∈B，则4-a3-a2<0a<-3或3

∴当4B时，实数a的取值范围为[-3，3]∪[4，+∞）.

（2）∵A={x|（x-2）（x-3a-1）<0}，B={x|a①当a<13时，A=（3a+1，2）.

要使BA，必须a≥3a+1a2+1≤2，此时-1≤a≤-12；

②当a=13时，A=，使BA的a不存在；

③当a>13时，A=（2，3a+1），

要使BA，必须a≥2a2+1≤3a+1，此时2≤a≤3.

综上可知，使BA的实数a的取值范围是[2，3]∪[-1，-12].

18.解：（1）∵y=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1﹒

（2）∵nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1=10[1-（910）n]，

∴（n-1）b1+（n-2）b2+…+bn-1+0=10[1-（910）n-1]（n≥2）﹒

两式相减得b1+b2+…+bn=（910）n-1（n≥2），

∴b1+b2+…+bn-1=（910）n-2（n≥3）.

两式相减得bn=-110·（910）n-2（n≥3）.

又b1=1，b2=-110，

∴bn=1，（n=1）-110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）.

（3）由cn=-2，（n=1）n+110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）及当k≥3时ckck-1≥1，ckck+1≥1，得k=9或8﹒

又n=1，2也满足，∴存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立.

19.（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=

S△BCE=32.

∵S△APQ=3，

∴14（x+3）（y+2）=3，

∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，（x的范围由极限位置定）

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0，得t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max（f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）依题意，当n=1时，a+b=c2，

则a+b-c=c2-c=c（c-1），

因为c∈N*，所以c（c-1）≥0，

从而a+b-c≥0，故a+b≥c；

（2）an+bn=cn+1即（ac）n+（bc）n=c，（*）

若a>c，即ac>1，则当n≥logacc时，

（ac）n≥c，而（bc）n>0，于是（ac）n+（bc）n>c，与（*）矛盾；

从而a≤c，同理b≤c.

若a≤c，则0

又c∈N*，故c=1或2，

当c=1时，an+bn=1，而an+bn≥2，故矛盾，舍去；

当c=2时，（ac）n+（bc）n=2，从而ac=bc=1，故a=b=2，

综上，所有满足题意的a，b，c依次为2，2，2.

（作者：夏志勇，海安县曲塘中学）

数列的前n项和练习题 篇3

1．错位相减法求和：如：an等差,bn等比,求a1b1a2b2anbn的和.1．求和Sn12x3x2

2.求和：Snnxn1

123n23n aaaa

2．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。1.数列{an}的前n项和为Sn，若anA．1 B．

1，则S5等于（）

n(n1)511 C． D． 66302.已知数列{an}的通项公式为an

3.已知数列{an}的通项公式为an＝

4．求1

1，求前n项的和；

n(n1)n111，设Tn2a1a3a2a41，求Tn．

anan21111,(nN*)。121231234123n 1

5.已知等差数列{an}满足a20, a6a810.(1)求数列{an}的通项公式及Sn（2）求数列{

6.已知等差数列{an}满足：a37,a5a726，{an}的前n项和Sn（1）求an及Sn（2）令bn

7．已知数列

前n和Snan中，a13，an}的前n项和 n121an12（nN），求数列{bn}前n项和Tn

1(n1)(an1)1 2①求证：数列②求数列an是等差数列

an的通项公式

1的前n项和为Tn，是否存在实数M，使得TnM对一切正整数n都成anan11(n1)(an1)1 2③设数列立？若存在，求M的最小值，若不存在，试说明理由。解：①∵SnSn1an11(n2)(an11)12Sn1Sn 1(n2)(an11)(n1)(an1)2整理得，nan1(n1)an1(n1)an2(n2)an11(n1)an2nan1(n2)an1(n1)an 2 2(n1)an1(n1)(an2an)2an1an2an∴数列②a1

an为等差数列。

3，nan1(n1)an1

a22a115a2a12an的公差为2即等差数列ana1(n1)d3(n1)22n1③ anan1(2n1)(2n3)11122n12n31111111Tn()235572n12n3 111()232n31又当nN时，Tn6要使得Tn正整数n

都成立，M的最小值为M对一切正整数n恒成立，只要M≥

1，所以存在实数M使得TnM对一切61。61n1a11,an1(1)ann{a}n2 8.在数列n中，bnann，求数列{bn}的通项公式（I）设（II）求数列{an}的前n项和Sn

an1an11nbn1bnn2 分析：（I）由已知有n1n2利用累差迭加即可求出数列

{bn}的通项公式:

bn212n1(nN*)（II）由（I）知nan2nn2n1，nnkk(2k)(2k)k12k1k1k12Sn=k1

数列不等式的证明举例 篇4

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：1112nN aa3an13

2分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。

解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n

1（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1

所以数列{bn}是等差数列

11111（3） n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

2.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;1212

an2;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)x2x2

ln(1x)x, 0

x2

0,知g(x)在(0,1)上增函数.由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

3.已知数列an满足a1

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn

an1

1(n2,nN)．，ann

41an1

21an，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin

(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2

Tn

4． 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）又

1211，(1)n(1)n(2(1)n1]，anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列．

a1an

(1)n11nn1

.(1)3(2)，即ann1an321

（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)

(1)n1，（Ⅲ）sin

2(1)n11

．cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111)23n11

47322813232111111147484[1()n2]． 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn．

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

因为2an0,所以an1与an同号，44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.444444

531531

(an1)bn1（3）当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

不等式和数列专项练习 篇5

教学目标：学会利用放缩法证明数列相关的不等式问题 教学重点：数列的构造及求和 教学难点：放缩法的应用

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 例1求

k1n

24k

2

1的值例2.求证:1

2



1(2n1)





12(2n1)

(n2)

例3求证:1

4116

136



14n





14n

例4求证：1

4



1n



n

例5已知an4n2n,Tn

a1a2an,求证:T1T2T3Tn

.直接放缩

1、放大或缩小“因式”：

例1.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn（I）求数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

例2.已知数列an满足a11,an12an1nN（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）证明：

例3.设数列{an}满足a12,an1an

4an1an

*

(nN)。

32；

1a2



1a3



1an

1

nN3



1an

(n1,2,).证明an

2n1对一切正整数n成立

例4.已知数列an满足a1

4，an

an1

(1)an12

n

（n2,nN）。

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）设cnansin

anN． 例5.数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn,

2

xn

(2n1)，数列cn的前n项和Tn，求证：对nN,Tn

47。

（I）证明：对n2总有xn

圆锥曲线：

a

；(II)证明：对n2总有xnxn1

1.已知将圆xy8上的每一点的纵坐标压缩到原来的22

12,对应的横坐标不变,得到曲线C；设M(2,1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、B两个不同点.(1)求曲线C的方程；(2)求m的取值范围.2.设椭圆C1：

xa

2

yb

1(ab0)，抛物线C2：xbyb.(1)若C2经过C1的两个焦点，求C1的离心率；(2)

设A(0,b),Q

54又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点，若AMN的垂心为B(0,b)，3

4且Qb)，MN的重心在C2上，求椭圆C1和抛物线C2的方程

3.已知椭圆C的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y

（1）求椭圆C的方程；

x

2

（2）设A、B为椭圆上的两个动点，OAOB0，过原点O作直线AB的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．

4.设双曲线C：

21（a＞0，b＞0）的离心率为e，若准线l与两条渐近线相交于P、Q两点，F为右焦点，2ab

△FPQ为等边三角形．

（1）求双曲线C的离心率e的值；

x

y

（2）若双曲线C被直线y＝ax＋b截得的弦长为

bea

2求双曲线c的方程．

课后作业： 1.求证：

2.已知数列{a}的前n项和S满足Sn2an(1),n1.n

n

1



3

1n



4n

（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a1,a2,a3（Ⅱ）求数列{an}的通项公式

n

3.已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx线在y轴上的截距，用a和n表示f(n)；

圆锥曲线作业： 1.已知椭圆

C1:

xa

a

n

与x轴正半轴相交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切



yb

1(a＞b＞0)

与双曲线

C1:x

y

1

有公共的焦点，C1的一条渐近线与以

C1的长轴为直径的圆相

交于A,B两点，若

A．

a

C1

恰好将线段AB三等分，则（）

B．a13

132

C．

b

D．b2

=4:3:2，则曲线r的离心率等

2.设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足于()

1或3

PF1:F1F2:PF2

A．22B．3或2C．2

或

2D．3

或

3.若点O和点F(2,0)分别是双曲线的取值范围为()

xa



y1(a>0)的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP

A.)

B.[3)C.[-

74,)D.[

74,)

4.已知双曲线E的中心为原点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15),F(3,0)是E的焦点，则E的方程式为()(A)

x



y

61(B)

x



y

1(C)

x



y

1(D)

x



y

1

5.点A(x0,y0)在双曲线

x



y

1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0

6.已知点A、B的坐标分别是(1,0)，(1,0).直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程;