2025年下學(xué)期高三數(shù)學(xué)“數(shù)列與不等式”綜合拔高試題一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3^n$，則數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式為（）A.$a_n=3^n-2^n$B.$a_n=2^n+3^n$C.$a_n=3^n-2^{n+1}$D.$a_n=2^{n-1}+3^n$解析：由遞推公式$a_{n+1}=2a_n+3^n$，可構(gòu)造等比數(shù)列。設(shè)$a_{n+1}+\lambda\cdot3^{n+1}=2(a_n+\lambda\cdot3^n)$，展開(kāi)得$a_{n+1}=2a_n-\lambda\cdot3^n$，對(duì)比原式得$-\lambda=1$，即$\lambda=-1$。因此，$a_{n+1}-3^{n+1}=2(a_n-3^n)$，數(shù)列${a_n-3^n}$是以$a_1-3^1=-2$為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列。故$a_n-3^n=-2\cdot2^{n-1}=-2^n$，即$a_n=3^n-2^n$。答案：A設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，若$S_3=7$，$S_6=63$，則不等式$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}>\frac{31}{32}$的解集為（）A.$n\geq5$B.$n\geq6$C.$n\geq7$D.$n\geq8$解析：設(shè)公比為$q(q>0)$，由$S_3=7$，$S_6=63$，得$\frac{a_1(1-q^3)}{1-q}=7$，$\frac{a_1(1-q^6)}{1-q}=63$。兩式相除得$1+q^3=9$，解得$q=2$，代入得$a_1=1$。${a_n}$為等比數(shù)列，則${\frac{1}{a_n}}$也為等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為$\frac{1}{2}$。其前$n$項(xiàng)和$T_n=\frac{1-(\frac{1}{2})^n}{1-\frac{1}{2}}=2-(\frac{1}{2})^{n-1}$。不等式$2-(\frac{1}{2})^{n-1}>\frac{31}{32}$，即$(\frac{1}{2})^{n-1}<\frac{1}{32}$，解得$n-1>5$，即$n>6$。答案：C已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和$S_n=n^2-2n$，則不等式$a_na_{n+1}>0$的解集為（）A.$n\geq2$B.$n\geq3$C.$n\geq4$D.$n\geq5$解析：當(dāng)$n=1$時(shí)，$a_1=S_1=-1$；當(dāng)$n\geq2$時(shí)，$a_n=S_n-S_{n-1}=2n-3$。則$a_n=\begin{cases}-1,&n=1\2n-3,&n\geq2\end{cases}$。$a_na_{n+1}>0$等價(jià)于$(2n-3)(2n-1)>0$（$n\geq2$時(shí)），解得$n>\frac{3}{2}$，即$n\geq2$。但$n=2$時(shí)，$a_2=1$，$a_3=3$，$a_2a_3=3>0$；$n=1$時(shí)，$a_1a_2=-1\times1=-1<0$。答案：A設(shè)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+\frac{1}{a_n}$，則下列說(shuō)法正確的是（）A.${a_n}$單調(diào)遞增且$a_n>\sqrt{2}$B.${a_n}$單調(diào)遞減且$a_n>\sqrt{2}$C.${a_n}$單調(diào)遞增且$a_n<\sqrt{2}$D.${a_n}$單調(diào)遞減且$a_n<\sqrt{2}$解析：由均值不等式，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+\frac{1}{a_n}\geq2\sqrt{\frac{a_n}{2}\cdot\frac{1}{a_n}}=\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$a_n=\sqrt{2}$時(shí)取等號(hào)。又$a_1=2>\sqrt{2}$，假設(shè)$a_n>\sqrt{2}$，則$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}-\frac{a_n}{2}=\frac{2-a_n^2}{2a_n}<0$，故${a_n}$單調(diào)遞減且$a_n>\sqrt{2}$。答案：B已知不等式$x^2-ax+1>0$對(duì)任意$x\in[2,3]$恒成立，則實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$a<2$B.$a<\frac{10}{3}$C.$a<\frac{5}{2}$D.$a<3$解析：分離參數(shù)得$a<x+\frac{1}{x}$對(duì)$x\in[2,3]$恒成立。設(shè)$f(x)=x+\frac{1}{x}$，則$f(x)$在$[2,3]$上單調(diào)遞增，$f(x)_{\min}=f(2)=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$，故$a<\frac{5}{2}$。答案：C設(shè)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$，則下列說(shuō)法正確的是（）A.$a_{100}>14$B.$a_{100}<14$C.$a_{100}=14$D.無(wú)法確定解析：由$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}$，得$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\frac{1}{a_n^2}>2$，累加得$a_n^2>2(n-1)+a_1^2=2n-1$，故$a_n>\sqrt{2n-1}$。當(dāng)$n=100$時(shí)，$a_{100}>\sqrt{199}\approx14.1$，即$a_{100}>14$。答案：A已知數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式為$a_n=\frac{n}{2^n}$，則數(shù)列${a_n}$的最大項(xiàng)為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{2}{4}$C.$\frac{3}{8}$D.$\frac{4}{16}$解析：設(shè)最大項(xiàng)為第$n$項(xiàng)，則$\begin{cases}a_n\geqa_{n-1}\a_n\geqa_{n+1}\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{n}{2^n}\geq\frac{n-1}{2^{n-1}}\\frac{n}{2^n}\geq\frac{n+1}{2^{n+1}}\end{cases}$，解得$\begin{cases}n\leq2\n\geq1\end{cases}$，故$n=2$或$n=1$，$a_1=\frac{1}{2}$，$a_2=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，最大項(xiàng)為$\frac{1}{2}$。答案：A設(shè)正項(xiàng)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\ln(a_n+1)$，則下列不等式成立的是（）A.$a_n\geq\frac{1}{2^{n-1}}$B.$a_n\leq\frac{1}{2^{n-1}}$C.$a_n\geq\frac{1}{n}$D.$a_n\leq\frac{1}{n}$解析：構(gòu)造函數(shù)$f(x)=\ln(x+1)-x$，則$f'(x)=\frac{1}{x+1}-1=-\frac{x}{x+1}<0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減，$f(x)<f(0)=0$，即$\ln(x+1)<x$。因此$a_{n+1}=\ln(a_n+1)<a_n$，${a_n}$單調(diào)遞減且$a_n>0$。又由$\ln(x+1)>x-\frac{x^2}{2}$（泰勒展開(kāi)），得$a_{n+1}>a_n-\frac{a_n^2}{2}$，即$\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{2}{2a_n-a_n^2}=\frac{2}{a_n(2-a_n)}$。因$a_n<1$，則$2-a_n>1$，故$\frac{1}{a_{n+1}}<\frac{2}{a_n}$，即$\frac{1}{a_n}<2^{n-1}\cdot\frac{1}{a_1}=2^{n-1}$，$a_n>\frac{1}{2^{n-1}}$。答案：A二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和$S_n=2^n+1$，則數(shù)列${a_na_{n+1}}$的前$n$項(xiàng)和$T_n=$__________。解析：當(dāng)$n=1$時(shí)，$a_1=S_1=3$；當(dāng)$n\geq2$時(shí)，$a_n=S_n-S_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1}$。故$a_n=\begin{cases}3,&n=1\2^{n-1},&n\geq2\end{cases}$，則$a_na_{n+1}=\begin{cases}3\times2=6,&n=1\2^{n-1}\times2^n=2^{2n-1},&n\geq2\end{cases}$。$T_n=6+\sum_{k=2}^n2^{2k-1}=6+\frac{8(1-4^{n-1})}{1-4}=\frac{2^{2n+1}+10}{3}$。答案：$\frac{2^{2n+1}+10}{3}$設(shè)$x$，$y$滿足約束條件$\begin{cases}x+y\geq1\x-y\leq1\y\leq2\end{cases}$，則$z=x+3y$的最大值為_(kāi)_________。解析：畫(huà)出可行域，交點(diǎn)為$(-1,2)$、$(3,2)$、$(1,0)$。代入$z=x+3y$，得$z(-1,2)=5$，$z(3,2)=9$，$z(1,0)=1$，最大值為9。答案：9已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=2$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+\frac{2}{a_n}$，則$\lim_{n\to\infty}a_n=$__________。解析：若極限存在，設(shè)$\lim_{n\to\infty}a_n=A$，則$A=\frac{A}{2}+\frac{2}{A}$，解得$A=2$（$A=-2$舍）。答案：2設(shè)不等式$x^2-(a+1)x+a<0$的解集為$M$，且$M\subseteq(1,4)$，則實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是__________。解析：不等式可化為$(x-1)(x-a)<0$。當(dāng)$a=1$時(shí)，解集為空集，滿足；當(dāng)$a>1$時(shí)，解集為$(1,a)$，需$a\leq4$；當(dāng)$a<1$時(shí)，解集為$(a,1)$，需$a\geq1$，矛盾。綜上，$1\leqa\leq4$。答案：$[1,4]$三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）（本小題滿分10分）已知數(shù)列${a_n}$是等差數(shù)列，且$a_3=5$，$a_5=9$，數(shù)列${b_n}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，且$S_n=2b_n-1$。（1）求數(shù)列${a_n}$和${b_n}$的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)$c_n=a_n\cdotb_n$，求數(shù)列${c_n}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$。解析：（1）設(shè)等差數(shù)列${a_n}$的公差為$d$，則$\begin{cases}a_1+2d=5\a_1+4d=9\end{cases}$，解得$a_1=1$，$d=2$，故$a_n=2n-1$。對(duì)${b_n}$，$S_n=2b_n-1$，$S_{n-1}=2b_{n-1}-1(n\geq2)$，相減得$b_n=2b_{n-1}$，$b_1=1$，故$b_n=2^{n-1}$。（2）$c_n=(2n-1)\cdot2^{n-1}$，錯(cuò)位相減法：$T_n=1\cdot1+3\cdot2+5\cdot4+\cdots+(2n-1)\cdot2^{n-1}$，$2T_n=1\cdot2+3\cdot4+\cdots+(2n-3)\cdot2^{n-1}+(2n-1)\cdot2^n$，兩式相減得$-T_n=1+2(2+4+\cdots+2^{n-1})-(2n-1)\cdot2^n=1+2(2^n-2)-(2n-1)\cdot2^n$，化簡(jiǎn)得$T_n=(2n-3)\cdot2^n+3$。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=ax^2+bx+c(a>0)$，且$f(1)=-\frac{a}{2}$。（1）求證：函數(shù)$f(x)$有兩個(gè)不同的零點(diǎn)；（2）設(shè)$x_1$，$x_2$是函數(shù)$f(x)$的兩個(gè)零點(diǎn)，求$|x_1-x_2|$的取值范圍。解析：（1）由$f(1)=a+b+c=-\frac{a}{2}$，得$c=-\frac{3a}{2}-b$。判別式$\Delta=b^2-4ac=b^2-4a(-\frac{3a}{2}-b)=b^2+4ab+6a^2=(b+2a)^2+2a^2>0$，故有兩個(gè)不同零點(diǎn)。（2）由韋達(dá)定理，$x_1+x_2=-\frac{a}$，$x_1x_2=\frac{c}{a}=-\frac{3}{2}-\frac{a}$。設(shè)$t=\frac{a}$，則$|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{t^2-4(-\frac{3}{2}-t)}=\sqrt{t^2+4t+6}=\sqrt{(t+2)^2+2}\geq\sqrt{2}$，故取值范圍為$[\sqrt{2},+\infty)$。（本小題滿分12分）已知數(shù)列${a_n}$的前$n$項(xiàng)和為$S_n$，且滿足$a_1=1$，$S_{n+1}=2S_n+n+1$。（1）求數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$。解析：（1）由$S_{n+1}=2S_n+n+1$，得$S_n=2S_{n-1}+n(n\geq2)$，兩式相減得$a_{n+1}=2a_n+1$，即$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$。又$S_2=2S_1+2=4$，$a_2=3$，$a_2+1=4=2(a_1+1)$，故${a_n+1}$是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，$a_n+1=2^n$，$a_n=2^n-1$。（2）$b_n=\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}$，$T_n=(\frac{1}{2^1-1}-\frac{1}{2^2-1})+(\frac{1}{2^2-1}-\frac{1}{2^3-1})+\cdots+(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1})=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$。（本小題滿分12分）已知不等式$kx^2-2x+6k<0(k\neq0)$的解集為$R$。（1）求$k$的取值范圍；（2）若不等式的解集為$(a,b)$，且$b-a=2$，求$k$的值。解析：（1）解集為$R$需滿足$\begin{cases}k<0\\Delta=4-24k^2<0\end{cases}$，解得$k<-\frac{1}{\sqrt{6}}$。（2）由韋達(dá)定理，$a+b=\frac{2}{k}$，$ab=6$，$|b-a|=\sqrt{(a+b)^2-4ab}=\sqrt{\frac{4}{k^2}-24}=2$，解得$k=-\frac{1}{2}$（$k=\frac{1}{2}$舍）。（本小題滿分12分）已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{1+a_n^2}$。（1）證明：數(shù)列${\frac{1}{a_n^2}}$是等差數(shù)列；（2）設(shè)$b_n=a_n^2$，求數(shù)列${b_nb_{n+1}}$的前$n$項(xiàng)和$T_n$。解析：（1）取倒數(shù)平方得$\frac{1}{a_{n+1}^2}=\frac{(1+a_n^2)^2}{a_n^2}=\frac{1}{a_n^2}+2+a_n^2$，無(wú)法直接得等差。修正：原遞推式取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+a_n^2}{a_n}=\frac{1}{a_n}+a_n$，平方得$\frac{1}{a_{n+