2022年新高考数列不等式的范围与最值问题经典题型专题提升.pdf

1、 数列不等式的范围与最值问题 一选择题（共 3 小题）1（2021 秋武昌区期末）已知数列na的前 n 项和23122nSnn=，设11nnnba a+=，nT 为数列 nb的前 n 项和，若对任意的*nN，不等式93nTn+恒成立，则实数 的取值范围为()A(,48)B(,36)C(,16)D(16,)+【解答】解：由题意，当1n=时，2113111122aS=当2n 时，2213131(1)(1)322222nnnaSSnnnnn=，32nan=，*nN 则111111()(32)(31)3 3231nnnba annnn+=+设数列 nb的前 n 项和nT，则 12nnTbbb=+111

2、 11111(1)()()343 473 3231nn=+111111(1)34473231nn=+11(1)331n=+31nn=+对任意的*nN，不等式93nTn+恒成立，对任意的*nN，不等式9331nnn+恒成立，即对任意的*nN，不等式23(31)nn+，*nN 数列 nc是单调递增数列 数列 nc的最小值为148c=48 下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君 故选：A 2（2021潮南区模拟）已知等差数列na中，39a=，517a=，记数列1na的前 n 项和为nS，若21,()10nnmSSmZ+，对任意的*nN成立，则整数 m 的最小值为()A5 B4 C3 D2【解答】解

3、：设公差为 d，由39a=，517a=，得1129417adad+=+=，解得11a=，4d=，43nan=，故11115943nSn=+，令21114181nnnbSSnn+=+，则1111111104(1)18(1)14181858941nnbbnnnnnnn+=+=+的任意t，ktmkt+都成立，则实数 m 的取值范围是()A(，6 B(，8 C(，10 D(，12【解答】解：由题意有可得212kk+=，7k=，48a=又261024a=，632a=，公比2q=，4414822nnnnaa q=，故满足71282ta=的t 的最小值等于 9 7(7)14141777ktttktttt+=

4、，在9，)+上是增函数，故t 取最小值 9 时，ktkt+有最小值为 8，由题意可得 8 m，即实数 m 的取值范围是(，8，故选：B 二填空题（共 4 小题）4（2021 秋淮安期中）已知数列3nna=，记数列na的前 n 项和为nT，若对任意的*nN，3()362nTkn+恒成立，则实数 k 的取值范围 227k【解答】解：3nna=，3(13)3(31)132nnnT=，13322nnT+=，3()362nTkn+，13624332nnnnk+=，112(1)424104333nnnnnn+=，数列 243nn 前 3 项单调递增，从第 3 项起单调递减，当3n=时，数列 243nn 有

5、最大值 227，故227k 故答案为：227k 5（2021 秋广东月考）已知数列na的前 n 项和1*1()2()2nnnSanN=+，设数列 n 满足：1(3)(1)(nnnnan=为非零常数，*)nN，存在整数 ，使得对任意*nN，都有1nnc+，则 =1 【解答】解：1*1()2()2nnnSanN=+，11112aSa=+，解得112a=2n 时，121111()2()222nnnnnnnaSSaa=+，化为：1112()2nnnaa=+，变形为：11221nnnnaa=，数列2nna是等差数列，首项为 1，公差为 1 21(1)nnann=+=，2nnna=1(3)(1)(nnnn

6、an=为非零常数，*)nN，1(3)(1)2nnnnnn=，13(1)2nnnn=+，存在整数 ，使得对任意*nN，都有1nnc+，1113(1)23(1)2nnnnnn+，化为：13()(1)02nn+，*21()nkkN=时，223()2k 312+，为减数列，所以：2114(1)4530nntSSg+=，而t 为正整数，所以，10mint=7（2021江西模拟）已知函数1()2f xx=+，点O 为坐标原点，点*(,()()nA n f nnN，向量(0,1)i=，n 是 向量nOA与 i 的夹角，则使得312123coscoscoscossinsinsinsinnnt+恒成立的实数t

7、的取值范围为 34t【解答】解：根据题意得，2n是直线nOA 的倾斜角，sin()2cos()2nnnncossin=tan()2n=()f nn=1(2)n n=+1 11()22nn=+；312123nncoscoscoscossinsinsinsin+111 111 111 11(1)()()()232 242 3522nn=+11111111(1)2324342nn=+1111(1)2212nn=+232334324nnn+=+；要使312123coscoscoscossinsinsinsinnnt+，不等式242245nlog annk+恒成立，求 k 的取值范围【解答】解：（1）当

8、1n=时，1122aa=，即12a=，当2n 时，11(22)(22)nnnnnaSSaa=，故12nnaa=，所以数列na是首项为 2，公比为 2 的等比数列，则求na的通项公式为2nna=；（2）由（1）知44log22nnnalog=，14141log22nnnalog+=，所以4411nnnblog a log a+=1122n n=+4(1)n n=+114()1nn=+，则 nb的前 n 项和为 111114(1)4()4()2231nTnn=+14(1)1n=+；（3）由（1）知44log22nnnalog=，所以4222222nnlog ankkk+=，从而不等式242245n

9、log annk+等价于2245nnnk+，又0k，则上式整理 可得2(41)52 0knknk+，则2(41)4(52)kkk=2140k=，解得12k 9（2021温州模拟）已知等差数列 nb满足32b=，251681bbbb=+，数列na的前 n 项和21 24nnSb+=，*nN（1）求数列na、nb的通项公式；（2）记数列nna b的前 n 项和为nT，若存在正数 k，使226936nnkTnann+对一切*nN恒成立，求 k 的取值范围【解答】解：（1）数列 nb是等差数列，1845bbbb+=+，45653bbbb+=，由251681bbbb=+，得25513bb=，53b=又3

10、2b=，533215322bbd=，则112(3)22nnbn+=+=；11b=，则221 2424nnnSb+=，当1n=时，114aS=，当2n 时，211124242nnnnnnaSS+=+=，验证1n=时成立，12nna+=；（2）由（1）得，112(1)22nnnnna bn+=+，123223242(1)2nnTn=+，23412223242(1)2nnTn+=+，两式作差可得：2314222(1)2nnnTn+=+1114(12)4(1)2212nnnnn+=+=，12nnTn+=226936nnkTnann+对一切*nN恒成立，26936nknn+对一切*nN恒成立，即6369

11、knn+对一切*nN恒成立，令6()369g nnn=+，则66()2362 3699g nnn=+，当且仅当6n=时等号成立 2k 故实数 k 的取值范围是(2,)+10（2021 春浙江期中）已知数列na满足13a=，232a=，且1123nnnaaa+=（1）求证：数列1nnaa+是等比数列，并求数列na通项公式；（2）求数列nna的前 n 项和为nT，若12nkTn对任意的正整数 n 恒成立，求 k 的取值范围【解答】解：（1）证明：1123nnnaaa+=，1112nnnnaaaa+=，又2132aa=，数列1nnaa+是首项为32，公比为 12 的等比数列，113()2nnnaa+

12、=，即2113()2aa=，23213()2aa=，1113()(2)2nnnaan=等式两边同时相加得111311()12233()(2)1212nnnaan=+，则113()2nna=，(2)n 又1n=也适合上式，113()2nna=；（2）解：012111113()6()9()3()2222nnTn=+，121111113()6()(33)()3()22222nnnTnn=+，由 得121131()11111111233()3()()3()3()66()3()12222222212nnnnnnnTnnn=+=112(612)()2nnTn=+，又12nkTn，1(612)()2nknn

13、+，令1(612)()2nncnn=+，由121111(1)(618)()(612)()3()(3)222nnnnnccnnnnn+=+=，当1n=时，1nncc+；当2n 时，1nncc+11（2021 秋沙河口区校级期中）已知数列na满足22nnnS+=，等比数列 nb满足24b=，416b=（1）求数列na、数列 nb的通项公式；（2）求数列nna b的前 n 项和nT；（3）在（2）的条件下，当2n 时5122nnnkT+恒成立，求 k 的取值范围【解 答】解：（1）数 列 na满 足22nnnS+=，1n=时，111aS=；2n时，221(1)(1)22nnnnnnnaSSn+=1n

14、=时也满足，nan=设等比数列 nb的公比为0q，24b=，416b=14b q=，3116b q=，解得12bq=，2nnb=（2）2nnna bn=数列nna b的前 n 项和23222322nnTn=+，2312222(1)22nnnTnn+=+，2112(21)2222221nnnnnTnn+=+=，1(1)22nnTn+=+（3）在（2）的条件下，当2n 时5122nnnkT+恒成立，等价于：5112(2)2nnkn+恒成立 2n 时，5511111222224nnnn+=，当且仅当2n=时取等号 14k，k的取值范围是1(,4 12（2021 春青秀区校级期末）已知数列na的前 n

15、 项和2*24()nnSnN+=，数列 nb为等差数列，且满足244bb+=，53b=（1）分别求数列na、nb的通项公式；（2）若数列 n 满足nnna b=，nT 是数列 n 的前 n 项和，若存在正实数 k，使不等式22(936)6nnk nnTn a+对于一切的*nN恒成立，求 k 的取值范围【解答】解：（1）数列na的前 n 项和2*24()nnSnN+=，2n 时，211124(24)2nnnnnnaSS+=1n=时，311244aS=1n=时满足上式，12nna+=设等差数列 nb的公差为 d，244bb+=，53b=1244bd+=，143bd+=，解得11b=，12d=111

16、(1)22nnbn+=+=（2）(1)2nnnna bn=+23223242(1)2nnTn=+231222322(1)2nnnTnn+=+，23112(21)4222(1)22(1)221nnnnnTnn+=+=+，可得：12nnTn+=不等式22(936)6nnk nnTn a+，即不等式2121(936)262nnk nnnn+，化为：26936nknn+662361299nn=+，当且仅当6n=时取等号 存在正实数 k，使不等式22(936)6nnk nnTn a+对于一切的*nN恒成立，2k 即 k 的取值范围为(2,)+13（2021宝山区一模）已知数列na的前 n 项和为nS，1

17、1a=，1343(nnaSn+=为正整数）（1）求数列na的通项公式；（2）记12nSaaa=+，若对任意正整数 n，nkSS，若以 a 为首项，a 为公比的等比数列前 n 项和记为nT，问是 否存在实数 a 使得对于任意的*nN，均有nTA若存在，求出 a 的取值范围；若不存在，说明理由【解答】解：（1）由题意知，当2n 时，11343343nnnnaSaS+=+=两式相减变形得：11(2)3nnana+=又1n=时，213a=，于是2113aa=（1 分）故na是以11a=为首项，公比13q=的等比数列*11,()(3)nnanN=（4 分）（2）由131413S=+得411()3(3)n

18、nkSf n=（5 分）当 n 是偶数时，()f n 是 n 的增函数，于是8()(2)9minf nf=，故89k（7 分）当 n 是奇数时，()f n 是 n 的减函数，因为 lim()1nf n=，故1k（9 分）综上所述，k 的取值范围是8(,)9（10 分）（3）当1a 时，|1Axx a=，22Taa=+，若2TA，则21 aaa+得221 001aaaa+此不等式组的解集为空集 即当1a 时，不存在满足条件的实数 a（13 分）当 01a 时，|1Ax a x=而2(1)1nnnaTaaaaa=+=是关于 n 的增函数 且 limlim,11nnnaamathopitsTTaaa

19、=故（15 分）因此对任意的*nN，要使nTA，只需0111aaa 解得102a，当4n 时，1nncc，31()27nmaxcc=，故3269kc=，即 k 的取值范围为 2,)9+15（2021 春东湖区校级月考）已知数列na满足：112a=，112nnnaan+=（1）求数列na的通项公式；（2）求数列na 的前 n 项和nS；（3）若集合22|2nnAnSnn+=+中含有 4 个元素，求实数 的取值范围【解答】解：（1）由题意得1112nnanan+=，当2n 时，121121112()()21212nnnnnnnaaannnaaaaann=，又112a=也满足上式，故2nnna=；（

20、3 分）（2）由（1）可得231232222nnnS=+，231112122222nnnnnS+=+，得231111111212222222nnnnnnS+=+=，所以222nnnS+=（7 分）（3）由（2）可得222nnnS+=，所以2222222nnnnnSnnnn+，即22nnn+令2*()()2nnnf nnN+=则 f（1）1=，3(2)2f=，3(3)2f=，5(4)4f=，15(5)16f=，因为2211(1)(1)(1)(2)(1)()222nnnnnnnnnf nf n+=所以，当3n 时，(1)()0f nf n+，即(1)()f nf n+（4）f（1）f（5），f（5

21、）f （1），151.16 16（2021天津校级二模）已知数列na，11a=，前 n 项和nS 满足1(3)0nnnSnS+=，（）求na的通项公式；（）若24()nnabn=，求数列(1)nnb的前 n 项和nT；（）设2()nnnna=，若数列 n 是单调递减数列，求实数 的取值范围【解答】解：（）由已知13nnSnSn+=，且111Sa=，当2n 时，3211214 52(1)(2)1 1 216nnnSSSnn nnSSSSSn+=，1S 也适合，当2n 时，1(1)2nnnn naSS+=，且1a 也适合，(1)2nn na+=（）224()(1)nnabnn=+，设2(1)(1)

22、nnn=+，当 n 为偶数时，1221(1)(1)(1)21nnnnCnnn+=+=+，123415(21)(3)2()()()59(21)22nnnnnn nTCCCCCn+=+=+=，当 n 为奇数时，221(1)(2)34(1)22nnnnnnnTTn+=+=+=，且114TC=也适合 综上得()()()234232nnnnTn nn+=+为奇数为偶数（）2()nnnna=，使数列 n 是单调递减数列，则1422()021nnnCnn+=+，对*nN都成立，则42()21maxnn 17（2021 春天津校级月考）设数列nS 为数列na的前 n 项和，且122nnnSa+=，1n=，2，

23、3（）求数列na的通项公式；（）设1log2nnanb+=，数列 nb的前 n 项和nB，若存在整数 m，使得对任意*nN且2n 都有320nnmBB成立，求 m 的最大值（）设11nnan=+，证明：*2311112()3nnNCCC+0=，即(1)()f nf n+，数列()f n 为递增数列，当2n 时，()f n 的最小值为111119(2)345620f=+=，由题意知192020m，19m，m的最大整数值为 18；（）证明：1211nnnaCn=+，11111121222nnnnCC=，设231111nSCCC+=+，则2232111111111()()22nnSSCCCCCC+=

24、+，即2112121233nnSCCC+=18已知数列na是各项均不为 0 的等差数列，公差为 d，nS 为前 n 项和，且满足221nnaS=，*nN，数列 nb满足11nnnba a+=，nT 为数列 nb的前 n 项和（1）求数列na的通项公式na 和数列 nb的前 n 项和nT；（2）若对任意的*nN，不等式8(1)10nnT恒成立，求实数 的取值范围【解答】解：（1）221nnaS=，*nN，2121(21)()(21)2nnnnaaana+=，0na，21nan=，111111()(21)(21)2 2121nnnba annnn+=+，1 11111111()()()(1)2 1

25、335212122121nnTnnnn=+=+；（2）8(1)10nnT 恒成立，8(1)1021nnn+恒成立，当 n 为奇数时，有118(2)n +恒成立，解得：118(2)541 +=；当 n 为偶数时，有12(2)n +恒成立，解得：12(2)52 +=；综合知：54 ，的取值范围为(,54)19（2021 春齐齐哈尔期中）已知数列na满足12a=，1122nnnaa+=（1）求数列na的通项公式；（2）记21(1)(42)2nnnnnnnba a+=，数列 nb的前 n 项和为nT，若1(1)0nnT+对任意正整数 n 恒成立，求实数 的取值范围【解答】解：（1）数列na满足12a=

26、，1122nnnaa+=11122nnnnaa+=，数列2nna为等差数列，公差为 1，首项为112a=112nnann=+=，可得：2nnan=（2）222111111(1)(42)2(1)(42)2(1)()2(1)(1)(1)(1)2(1)2(1)222(1)2nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnba annn nnn+=+，2231223111()1()11(1)(1)(1)(1)(1)22()()()121 22222322(1)21()2nnnnnnTnn+=+111111(1)2411()()622(1)233(1)2nnnnnnn+=+=+1(1)0nnT+=+当

27、 n 为偶数时，1241()33(1)2nnn+令141()()3(1)2nnf nn+=+则221151411611(1)()()()()03(2)23(1)226(1)(2)nnnnnnnf nf nnnnn+=+(1)()f nf n+=+（2）712=当 n 为奇数时，12412()()33(1)23nnf nn+=+由可知：()f n 单调递减，又当 n +时，()0f n 23 综上可得：72123 20（2018 春定州市校级期中）已知数列na满足11a=，前 n 项和nS 满足1(3)0nnnSnS+=（1）求nS的通项公式；（2）求na的通项公式；（3）设2()nnnnca=

28、，若数列 n 是单调递减数列，求实数 的取值范围【解答】解：（1）113(3)0nnnnSnnSnSSn+=，12121121411nnnnnnSSSSnnSSSSnn+=，1(2)(1)(2)(1)(2)3 26nSnnnnnn nS+=，111Sa=满足上式，(2)(1)6nnnnS+=（2）2n 时，1(1)(2)(1)(1)(1)662nnnn nnnn nn naSS+=当1n=时，11a=符合上式，(1)2nn na+=（3）22()2()2()(1)12nnnnnnncn nan=+，n 是递减数列*nN，1nnc+，即12242422()2()2212121nnnnnnnn+，

29、只需42()21maxnn+设数列 nt的通项公式4221ntnn=+，14242462()(2)21121nnttnnnnnnnn=+4(1)6(2)2(1)(2)42(1)(2)(1)(2)n nn nnnnn nnn nn+=+，2n时，10nntt，即1nntt 21（2021 秋下城区校级期中）已知数列na满足0na，且对一切*nN，有333212nnaaaS+=，其中nS 为数列na的前 n 项和（1）求证：对一切*nN，有2112nnnaaS+=；（2）求数列na的通项公式；（3）求证：352112462211nnnaaaaaaaaa+，得211nnnSSa+=，则2112nnn

30、Saa+=，2112nnnaaS+=；（2）解：当2n 时，由2112nnnaaS+=及212nnnaaS=，得111()()nnnnnnaaaaaa+=+，10nnaa+，11nnaa+=，当1n=时，322111aSa=，10a，可得11a=；当2n=时，332122aaS+=，得到32221(1)aa+=+，又20a，解得22a=，211aa=，满足11nnaa+=，则数列na是以 1 为首项，以 1 为公差的等差数列，其通项公式为1(1)1nann=+=；（3）证明：要证不等式352112462211nnnaaaaaaaaa+成立，即证 135211246221nnn+，设135212462nMn=，246235721nNn=+，MN，2121MMNn=+，即121Mn+，则352112462211nnnaaaaaaaaa+，243 0nnSs+恒成立，13nS ，1231131()1()22nnm ，当 n 为奇数时，11()(12n，32，当 n 为偶数时，131()24n，1 11()2n 的最大值为 32，最小值为 34，42233m，解得 23m 即所求实数 m 的取值范围是2，3