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数列的单调性与放缩 高频考点梳理
专题练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．数列的通项为，且为单调递增数列，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．设等比数列的各项均为正数，其前项和为，则“”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．数列满足，对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ）
A． B．5 C．9 D．
5．已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（ ）项.
A．2026 B．2027 C．4048 D．4049
6．已知数列满足：，．则下列说法正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
二、多选题
7．已知数列满足，则（　　）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
8．已知函数，数列的前项和为，记数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
9．对于数列，若存在常数，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，满足，若为有界数列，则实数的取值范围是 .
10．若在数列中，对于，，都有（t为常数），则称数列具有性质.已知数列的通项公式为，且具有性质，则的取值范围是 ．
11．已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列.
给出下列四个结论：
①数列不是等比数列；
②若与都是递增数列，则数列是递增数列；
③对任意的，不可能为等差数列；
④存在数列，对任意的，且，使得不能构成等比数列.
其中所有正确结论的序号是 .
12．已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 .
四、解答题
13．已知等差数列的公差，其前项和为，且，，成等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且的前项和为，求证：.
14．已知函数为数列的前项和.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：.
15．已知等差数列的前n项和为，其中，数列的前n项积为，且．
(1)求数列与的通项公式；
(2)设为数列的前n项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
16．已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，证明：．
17．已知数列中，为的前项和，是首项为1，公差为1的等差数列．
(1)求数列的通项公式．
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
18．已知数列的前n项和为其中c为常数.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为等差数列.
（Ⅰ）若设,求数列的前n项和
（Ⅱ）若数列的前n项和为且求证：
19．设数列满足，．
(1)证明：；
(2)设为数列的前项和，证明：．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C A D A B ACD
1．B
【分析】根据数列的单调性建立不等式，结合一次函数的单调性，可得答案.
【详解】由数列是递增的，则对恒成立，
即，
整理可得，对恒成立，
因函数在时单调递增，则得.
故选：B
2．C
【分析】把转化为，得，即是增数列，反之推导即可求解.
【详解】由得，所以，
又，所以是递增数列，
反之，等比数列的各项均为正数，且数列是递增数列，所以，即有，
所以，即，
所以“”是“数列是递增数列”的充要条件.
故选：C
3．A
【分析】构造等比数列得，由题意对于任意的恒成立，故只需求出即可.
【详解】由题意令，所以，对比，可得，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以，
对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，
即对于任意的恒成立，
显然当增大时，减小，此时增大，
所以.
故选：A.
4．D
【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式及等差数列性质求得，再利用基本不等式“1”的妙用求解.
【详解】依题意，，则，而，
则，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为.
故选：D
5．A
【分析】由题设可得，，，等差数列为递增数列，进而得到，，进而结合单调性分析求解即可.
【详解】由，
则，，，
因此等差数列为递增数列，
而，
，
则时，，，即；
当时，，要使最小，则，
此时，数列为递增数列，
则随着的增大，增大，减小，增大，但，，则增大，
因此，当时，最小.
故选：A.
6．B
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，再用函数图象可得，可得出选项．
【详解】令，
由可得在上单调递增，
由可得在单调递减，且，
可得，又恒成立，若，则数列为常数列，不满足，所以，所以数列为单调递增数列，如图所示：
且，，
由图象可得，
所以，
故选：B．
【点睛】本题考查了数列和导数的综合问题，考查了学生利用导数判断函数的单调性，同时考查了学生转化问题的能力和计算能力，属于难题.
7．ACD
【分析】赋值计算即得A项；由数列和式的有界性可得，排除B项；由数列递推式中项的关系得到，整理即可判断C项；对于D项，将数列和式进行放缩裂项求和得到，于是可得，进而得到，设，利用求导判断其单调性，推得，即得，进而，故得，赋值累加可得，利用对数的运算性质和对数函数单调性即得.
【详解】对于A，由题意，，解得，故A正确；
对于B，当时，有，则有，故B错误；
对于C，，则得，
即，故C正确；
对于D，考虑不等式两边取对数，若D项正确，
则必有成立.
已知，当时，
，
则得．所以（*）．
设，则，
即函数在上单调递减，则，
即，故有，结合（*）可得，
故
，即，
而当时，，原不等式成立，故D正确．
故选：ACD．
8．7
【分析】先根据题意解出数列的通项公式，再利用裂项相消法解出数列的通项公式，分析的单调性，代入特值来确定最小正整数，即可得解.
【详解】根据题意，显然，
当时，，因为也符合，所以．
由题易得，所以，
则，
所以
，
易得单调递增，且，
，所以的最小值为7．
故答案为：7.
9．
【分析】利用裂项求和法可求出，求出的取值范围，结合有界数列的定义可得出实数的取值范围.
【详解】因为，
所以
，
因为，故数列为递增数列，故，故，
因为为有界数列，则，故，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
10．
【分析】结合新定义及数列得到关于的不等式，构造数列，求解其最值，最后求解的取值范围；
【详解】由题得，故只需考虑时，，，
即，因此．
令，则，所以为递增数列，
则．
所以，即的取值范围为．
故答案为：.
11．①③④
【分析】通过分析每个结论，利用等差数列和等比数列的通项公式及相关性质，结合特殊例子来判断其正确性.
【详解】由题意设数列的公差为，首项为，数列的公比为，首项为，则，
对于①：令，假设是等比数列，则为常数，
而与有关不为常数，故矛盾，故①正确；
对于②：设，满足题意，则，
由，所以数列不是递增数列，故②错误；
对于③：假设为等差数列，所以，即，
所以，解得与矛盾，故③正确；
对于④：，则，
若能构成等比数列，则，即，
化简整理得矛盾，故④正确；
故选：①③④.
12．
【分析】由已知等式变形得出，可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可求出的表达式，由参变量分离法得，令，分析数列的单调性，求出的最小项的值，即可得出实数的最大值.
【详解】因为数列满足，，，
则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，故，
由，
可得，
令，
所以，
，
对任意的，，故，则，故数列为递增数列，
所以，，
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列求和公式的性质先得，再利用等比中项计算公差，求通项公式即可；
（2）先根据等差数列求和公式得，作商计算得即可.
【详解】（1）由题意，得，解得.
又∵，，成等比数列，
∴，即，
解得或（舍去，），
∴，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，又，则，则，
∴.
∵，∴.
14．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用，可求出的通项公式，注意检验是否满足即可得解；
（2）由导数得，利用不等式放缩的原理得到，得到答案
【详解】（1）由题意知，的前项和，
当时，，
当时，，
经检验，满足，
的通项公式为；
（2）证：，
，
又，
故.
15．(1)，
(2)
【分析】（1）设数列的公差为，列出方程组，求得，得到，，根据题意，得到，结合， 即可求解；
（2）由（1），得到，转化为对任意恒成立，分n为偶数和n为奇数，两种情况讨论，即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）解：设数列的公差为，则，
故，则，，
依题意，，
当时，；
当时，，可得，
综上所述，，.
（2）解：由（1），可得，
故对任意恒成立，
即对任意恒成立，
当n为偶数时，原式化为，即，
因为，当时，可得，所以；
当n为奇数时，原式化为，即，
因为，所以时，取值最小，故，故，
综上可得，，即实数的取值范围为．
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案；
（2）根据裂项相消求和，可得答案.
【详解】（1）由题意可得，所以
因为，所以，
即，所以，
，
设等比数列的公比为，
则，，.
（2）
所以
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据的条件求出，再根据求出的通项公式；
（2）使用裂项相消法求出，再根据表达式可判断出的范围．
【详解】（1）由已知有，所以，解得，
当时，，
又满足上式，所以．
（2），
所以，
因为，所以，
由于单调递减，所以单调递增，所以当时，最小，为，故．
18．(1)当时，，
当时，
(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用即可求解；
（2）（Ⅰ）由已知有，进而得，令，利用等比数列前项求和公式即可求解；
（Ⅱ）由，利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）由题意有：当时，，
当时，由有，
所以，
当时，，
所以当时，，
当时，；
（2）（Ⅰ）由数列 为等差数列，所以，所以，
所以，故当时，有，
而也符合上式，故，
所以数列是等比数列，所以；
（Ⅱ）由，
所以，
所以①，
所以②，
由①②有：，
所以，即.
19．(1)证明见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次函数性质可得，再利用作差（商）法推理得证.
（2）由可得，再利用放缩法，结合等比数列前项和公式推理得证.
【详解】（1），，因此，
则，所以.
或，所以.
（2）证明由（1）知，则，
因此，由不等式的性质得，
而当时，，且，
所以.
所以．
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