专题6-1数列函数性质与不等式放缩（讲+练）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析版）_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习

专题 6-1 数列函数性质与不等式放缩
目录
讲高考................................................................................................................................................................................1
题型全归纳.......................................................................................................................................................................4
【题型一】数列单调性与不等式放缩....................................................................................................................5
【题型二】利用导数研究数列“性质”...............................................................................................................8
【题型三】数列函数性质：“周期性”.............................................................................................................11
【题型四】构造等差数列型放缩...........................................................................................................................14
【题型五】构造等比数列型放缩...........................................................................................................................17
【题型六】裂项放缩型.............................................................................................................................................20
【题型七】无理根式、对勾等放缩......................................................................................................................23
【题型八】数列中的蛛网不等式...........................................................................................................................26
【题型九】数学归纳法.............................................................................................................................................30
专题训练.........................................................................................................................................................................34
讲高考
1．（2021·全国·统考高考真题）等比数列 的公比为q，前n项和为 ，设甲： ，
乙： 是递增数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当 时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当 是递增数列时，必有
成立即可说明 成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为 时，满足 ，
但是 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若 是递增数列，则必有 成立，若 不成立，则会出现一正一负的情况，是矛
盾的，则 成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须
要给予其证明过程．
2．（全国·高考真题）设△AB C 的三边长分别为a,b,c，△AB C 的面积为S，
n n n n n n n n n n
n=1,2,3,…
若b＞c，b＋c＝2a，a ＝a，b ＝ ，c ＝ ，则
1 1 1 1 1 n＋1 n n＋1 n＋1
A．{S }为递减数列
n
B．{S }为递增数列
n
C．{S }为递增数列，{S }为递减数列
2n－1 2n
D．{S }为递减数列，{S }为递增数列
2n－1 2n
【答案】B
【详解】 且 ， ， ，
， ，
又 ， ， ， ，由题意， ， ，
， ，
， ， ，
由此可知顶点 在以 、 为焦点的椭圆上，
又由题意， ， ，
， ，
， ，
单调递增（可证当 时
故选： ．
3．（浙江·高考真题）已知 成等比数列，且 ．若
，则
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证不等式 ，再确定公比的取值范围，进而作出判断.
【详解】令 则 ，令 得 ，所以当 时，
，当 时， ，因此 ，
若公比 ，则 ，不合题意；
若公比 ，则
但 ，
即 ，不合题意；
因此 ，
，选B.
【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如
4．（2020·全国·统考高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列
满足 ，且存在正整数 ，使得 成立，则称其为0-1周期序
列，并称满足 的最小正整数 为这个序列的周期.对于周期为 的0-1序列
， 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1
序列中，满足 的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由 知，序列 的周期为m，由已知， ，对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以
及数学运算能力，是一道中档题.
5.（2019·浙江·高考真题）设 ，数列 中， ， ,则
A．当 B．当
C．当 D．当
【答案】A
【解析】若数列 为常数列， ，则只需使 ，选项的结论就会不成立.将
每个选项的 的取值代入方程 ，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均
有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，
以及基本不等式，可证得A选项正确.
【详解】若数列 为常数列，则 ，由 ，可设方程
选项A： 时， ， ， ，故此时 不为常数
列，
，且 ， ，则
，故选项A正确；
选项B： 时， ， ，则该方程的解为 ，即当 时，数
列 为常数列， ，则 ，故选项B错误；
选项C： 时， ， 该方程的解为 或 ，
即当 或 时，数列 为常数列， 或 ，
同样不满足 ，则选项C也错误；
选项D： 时， ，
该方程的解为 ，
同理可知，此时的常数列 也不能使 ，
则选项D错误.
故选：A.【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，
进一步讨论 的可能取值，利用“排除法”求解.
6．（2022·北京·统考高考真题）已知数列 各项均为正数，其前n项和 满足
．给出下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【分析】推导出 ，求出 、 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利
用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知， ， ，
当 时， ，可得 ；
当 时，由 可得 ，两式作差可得 ，
所以， ，则 ，整理可得 ，
因为 ，解得 ，①对；
假设数列 为等比数列，设其公比为 ，则 ，即 ，
所以， ，可得 ，解得 ，不合乎题意，
故数列 不是等比数列，②错；
当 时， ，可得 ，所以，数列 为递减数列，
③对；
假设对任意的 ， ，则 ，
所以， ，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证
法来进行推导.
7．（全国·高考真题）设等比数列 满足a+a=10，a+a=5，则aa …an的最大值为
1 3 2 4 1 2
___________．
【答案】
【详解】试题分析：设等比数列的公比为 ，由 得， ，解得
.所以 ，于是当 或 时，
取得最大值 .考点：等比数列及其应用
题型全归纳
【题型一】数列单调性与不等式放缩
【讲题型】
例题1.已知数列 满足 ，且 ，若 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】据题意求出 ，判断出数列 递减，且 ，再对 两边取
倒数，然后平方整理得 ，再利用单调性进行放缩，可得出当 时，
，结合不等式的性质即可得解.
【详解】解析： ，且 ，∴ ， ，则
，
∵ ，∴ ，即数列 递减，则 ，∵ ，
∴两边取倒数得 ，即 ，则 ，∵
数列 递减，
∴当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
， ， ，
∴根据不等式的性质可得 ，即 ，
∴ .同理： ，
与选项范围不符. 故选：B
例题2.已知数列 满足 ，若 ，则“数列 为无穷数列”是“数列 单调”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
【答案】B
【分析】由已知可得 ，设 ，若存在正整数 ，当 时，有
，此时数列 为有穷数列；若 恒不为0，由 ，有 ，此时 为
无穷数列，由此根据充分条件、必要条件的定义进行分析即可得结论．
【详解】解：令 ， ，由 ，可得 ，所以 ，
即 ，
所以数列 为等差数列，首项为 ，公差为1，所以 ，
设 ，则数列 是单调递增的等差数列，
若存在正整数 ，当 时，则有 ，此时数列 为有穷数列；
若 恒不为0，由 ，有 ，数列 就可以按照此递推关系一直计算下去，
所以此时 为无穷数列.
（1）若 恒不为0，则 为无穷数列，由递推关系式有 ，
取 ， 时， ，则 ， ， ， ，此时数列 不
是单调数列；
（2）当数列 为有穷数列时，存在正整数 ，当 时，有 ，
此时数列 为 ， ， ， ， ， ，
由 ，若数列 单调，则 ， ， ， ， 全为正或全为负，
由 ，则 ， ， ， ， 全为正，而 ，
这与 单调递增矛盾，所以当数列 为有穷数列时，数列不可能单调，
所以当数列 单调时，数列 一定有无穷多项．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，将论证数列 单调时，数列 一定有无穷
多项等价转化为论证数列 为有穷数列时，数列不可能单调.
【讲技巧】
数列作为特殊的函数，其单调性与函数的单调性有相似之处。可以从数列递推公式中提
炼出对应函数式，利用函数或者导数性质求其单调性
【练题型】
1.设数列 的前 项和为 ，且 .若对任意的正整数 ，都有成立，则满足等式 的所有正
整数 为（ ）
A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4
广东省肇庆市2023届高三第二次教学质量检测数学试题
【答案】A
【分析】根据 与 的关系，求出 ，则 ①，
又 ②，②－①×3得 ，得 ，
进而求出 ，由题意得 ，记 ，研究 的单调性，求出
的解即可．
【详解】 ，
时， ，
相减可得： ，即
又 时， ，解得 ，满足 ，
数列 是首项为1，公比为3的等比数列，所以 ．
对任意正整数n，都有 成立，
得 ①，
又 ②，
②－①×3得： ，
又 ，所以 ，得 ，
进而 ，
由 ，得 ，即 ，
记 ，则 ，
以下证明 时， ，
因为 ，
即 时， 单调递减， ，
综上可得，满足等式 的所有正整数 的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难
度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造
新数列解决问题.
2.数列 满足 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则数列 单调递减
B．若存在无数个自然数 ，使得 ，则
C．当 时， 的最小值不存在
D．当 时， 恒成立
【答案】D
【分析】利用递推关系研究数列的单调性即可逐一作出判断.【详解】由 ，得 ，
对于 若数列 单调递减，则 ，即各项不为1，∴ 且 ，∴
且 ，故 且 ，故A错误；
对于 ：当 或 时， ，存在无数个自然数 ，使得 ，故 错误；
对于 ：当 时， ，所以 的最小值为1，故 错误；
对于 时， ，
，又由以上推理知 递减，所以 ，
设 ，
，
，
，
，
依次类推， ，
所以 ，
综上，对任意 ， 正确．
故选： ．
【题型二】利用导数研究数列“性质”
【讲题型】
例题1..设 ，数列 满足 ， ，则（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 ，则
【答案】A
【分析】当 时， ，即 ，则 ，设
利用导数研究出函数 的的单调性，从而得到 ，即
，得到数列 单调递增，则选项A正确，B错误，当 时，
，即 ，则 ，设 ，利用导数研究出
函数 的的单调性，可得一定存在 ，使得 ， ，使得
,当 （或 ）时有, ，从而选项C, D不正确.
【详解】当 时， ，即 .
则 ，设 ，则
，所以 在 上单调递增,且
所以当 时， ，则 单调递增.
当 时， ，则 单调递减.所以 ，所以
所以当 时，数列 单调递增，则选项A正确，B错误.
当 时， ，即 .
则 ，设 ，则
，所以 在 上单调递增,且
所以当 时， ，则 单调递增.
当 时， ，则 单调递减.
所以 ,又 ，
所以一定存在 ，使得 ， ，使得
当 ( 或 )时有， ，即 .
同理可得 ， ，所以选项C, D不正确.
故选：A
例题2.已知各项均为正数的数列 满足 ， ，则数列
（ ）
A．无最小项，无最大项 B．无最小项，有最大项
C．有最小项，无最大项 D．有最小项，有最大项
【答案】D
【分析】由数学归纳法得数列 从第2项开始都大于1，这样 是最小项，利用不等式放
缩得出 ，引入函数 利用导数证明其在 时是减函数，得数列 有上界，
时， ，再引入函数 ，由零点存在定理说明 ，从而确定
这6项中的最大值是数列 的最大项．
【详解】数列 各项均为正，
，由 得 ，一般地由数学归纳法知当 时，由 得
（否则若 ，则 ， ， ， 矛盾），
所以数列 中， 时， ， 是最小项．
又 ， ，所以 ， ，
记 ，则 ，两边求导得 ，即 ，
时， ， 是减函数，
所以 时， 是递减数列，因此 有上界， 时， ，
即 ，
设 ， ， 时， ， 是增函数，
经过计算，得 ，而 ，所以 时满足 的 满足，即 ，
从而 ，而 这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列 的最大
项．
故选：D．
【讲技巧】
需引入函数，利用导数研究函数的单调性，从而得出数列的不等关系。
【练题型】
1.已知数列 满足 ，满足 ， ，则下列成立的
是（ ）
A． B．
C． D．以上均有可能
【答案】C
【分析】由题设可得 且 ，根据等式条件有
，应用放缩法可得 ，构造
并利用导数研究单调性可得 上 ，则
即可得到答案.
【详解】由题设， ， ，即数列 均为正项，
∴ ，当 时等号成立，
当 时，有 ，以此类推可得 与题设矛盾，
综上， ，故 ，即 .
∵ ，
∴ ，
令 ，则 ，
当 时 ，即 递减，当 时 ，即 递增，
∴ ，故 上 ，即 ，
∴
故选：C2..对于数列 ，若存在正数 ，使得对一切正整数 ，恒有 ，则称数列 有
界；若这样的正数 不存在，则称数列 无界，已知数列 满足： ，
，记数列 的前 项和为 ，数列 的前 项和为 ，则下列
结论正确的是（ ）
A．当 时，数列 有界 B．当 时，数列 有界
C．当 时，数列 有界 D．当 时，数列 有界
【答案】B
【分析】当 时， 构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出 ，由此判断
A;
构造函数 ，判断其单调性，推出 ，进而得到
，从而说明 ，判断B; 当 时，说明 成立，从而判断
C,D.
【详解】当 时， 令 ，则 ，当 时，
，故 ，因为 ，则
，
所以 ，（这是因为 ），令 ，
则 ，故 时单调递增函数，
故 ，则 ，假设 ，则
，
故由归纳法可得 成立，所以 ，故数列 无界，故A错；
又由 ，设
则 ，故
递减，则 ，所以 ，则
，
则 ，故 ，则
，
故 ，即当 时，数列 有界，故B正确
当 时， ，由 ， ，
假设 ，则 ，即 成立，所以此时 都无界，故C,D错误；
【题型三】数列函数性质：“周期性”
【讲题型】
例题1.已知数列 满足 （ 为常数， ， ， ），给出下
列四个结论：①若数列 是周期数列，则周期必为2：②若 ，则数列 必是常数
列：③若 ，则数列 是递增数列：④若 ，则数列 是有穷数列，其中，所
有错误结论的序号是________.
【答案】①②③④
【解析】①当周期为2时 ，由 表示前三项的关系，整理证得
，与实际矛盾，错误；
②若 ，举特例 ，观察显然不是常数列，错误；
③赋特值 ，求得 ，不是递增数列，错误；
④赋特值 ，求得 ，是无穷数列，错误.
【详解】①令周期 ，则
由题可知 ，则 ，即
因为
整理得 ，得 ，矛盾，所以错误；
②若 ，
显然，可以是 ，不是常数列，所以错误；
③令 ，由 可知
当 时，显然不是递增数列，所以错误；
④当 时，有
当 ，则以后各项都可以为 ，是无穷数列，所以错误.
故答案为：①②③④
例题2.．若数列 满足：存在正整数T，对于任意正整数n都有 成立，则称数
列 为周期数列，周期为T.已知数列 满足 ， ，则
下列结论中错误的是（ ）
A．若 ，则m可以取3个不同的值；
B．若 ，则数列 是周期为3的数列；
C．对于任意的 且T≥2，存在 ，使得 是周期为 的数列
D．存在 且 ，使得数列 是周期数列
【答案】D【分析】A. 若 ，根据 ，分别对 讨论求解即可； B.若 ，
根据 ，分别求得 即可判断； C.通过B判断即可；D.用反证
法判断.
【详解】A.若 ，因为 ，
当 时， ，解得 ，当 时， ，解得 ，当
时， ，解得 ，
当 时， ，解得 ，当 时， ，解得 ，当
时， ，解得 ，不合题意，故m可以取3个不同的值，故正确；
B.若 ，则 ，所以 ，则数
列 是周期为3的数列，故正确；
C.对于任意的 且T≥2，存在 ，使得 是周期为 的数列，其否定为：.对于
任意的 且T≥2，不存在 ，使得 是周期为 的数列，由B知原命题正确；
D.假设存在 且 ，使得数列 是周期数列，当 时，
，此时，数列 不是周期数列，
当 时，当 时， ， ，若 ，
，则 ，即 ，而
不为平方数，因此假设不正确，故数列 不是周期数列，故
错误.
故选：D
【讲技巧】
函数常见周期性：
①若f(x＋a)＝f(x－b) ⇔f(x)周期为T＝a＋b.
②若 ，则 是 的一个周期
常见的周期函数有：
f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝或f(x＋a)＝－，那么函数f(x)是周期函数，其中一个周期均为
T＝2a.【练题型】
1.已知函数 的定义域均为R，且满足
则 （ ）
A． 3180 B．795 C．1590 D． 1590
【答案】D
【分析】根据递推关系可得 且 ，进而有
，构造 易知 是周期为2，分别求得 、
，再求 、 ，根据周期性求 ，最后求和.
【详解】由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，
又 ，
即 ，
所以 ，故 ，
综上， ，则 ，故 关于 对称，
且有 ，
令 ，则 ，即 的周期为2，
由 知： 关于 对称且 ，
所以 ，即 ，则 ，
由 ，可得 ，则 ，
所以 则 ； 则 ，
依次类推： ， ，……， ，
所以 .
故选：D
2.已知数列 满足：当 时， ；当 时， ；对于任意实数 ，
则集合 的元素个数为（ ）
A．0个 B．有限个 C．无数个 D．不能确定，与 的
取值有关
【答案】C
【分析】讨论 ， ，和 且 三种情况，根据题意可以得到：若 ，
则 ；若 ，则 ；
若 ，则 ；若 ，则 .
不妨从 时开始讨论，得到 的符号，最后得到答案.
【详解】当 时，根据题意，则 ，则集合的元素有无数个；
当 时，则 ，根据题意，则 ，则集合的元素有无数个；
当 且 时， ，若 ，则 ；若 ，则 ；
若 ，则 ；若 ，则 .
而 ，则 时，数列递减且无下限（※）；
时，数列递增且无上限（*）.
（1）若 ，则 ，根据（※）可知，在求解 的迭代过程中，终有一
项会首次小于0，不妨设为 ；
（2）若 ，则 ；
①若 ，则 ，接下来进入（2）或（3）；
②若 ，接下来进入（3）；
（3）若 ，则 ，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若 ，则 ，接下来进入（2）或（3）.
若 ，则进入（4）.若 ，则进入②.
若 ，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合 的元素个数为无数个.
故选：C.
【题型四】构造等差数列型放缩
【讲题型】
例题1..设 是数列 的前 项和， ，若不等式 对任意
恒成立，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用 ，得到 ， ，变形后得到 是等
差数列，首项为6，公差为4，从而求出 ，故代入 整理得
，利用作差法得到 单调递减，最小值为 ，列出不等式求出答案.
【详解】当 时， ，解得： ，当 时，
，
整理得 ，方程两边同除以 ，得 ，又 ，故 是等差
数列，首项为6，公差为4，
所以 ，故 ，经验证，满足要求，所以 为 ，故 ，对任意 恒成立，
，当 时， ，故 ，
单调递减，当 时， 取得最大值 ，故 ，解得： ，
则 的最小值为 .故选：D
例题2.已知数列 是各项均不为0的等差数列， 为其前 项和，且满足
.若不等式 对任意的 恒成立，则实
数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用等差数列的性质求得 ，然后按 的奇偶性分类讨论，用分离参数法
求得 的范围．
【详解】 是等差数列，则 ，又 ，
所以 ，
不等式 为 ，
是奇数时，不等式为 ， ，
时，设 ， ，
时， ， 递减， 时， ， 递增，
77 8 77
又 是正奇数， ， f(3) ，所以2n 17的最小值是 ，
n f(1)27 3 27 n 3
77 77
 ， ， 是偶数时，不等式为 ，
3 3 n n(n8)(2n1)
(n8)(2n1) 8
 2n 15，
n n
8 8
时，y2n 15是增函数，又 取正偶数，所以2n 15的最小值是
n0 n n n
8
22 1515，所以 ，
2 15
77
综上， 15．故选：A．
3
【讲技巧】
数列不等式恒成立问题，可以利用等差数列的性质求得通项公式，然后再进行放缩或者
分参等求参
【练题型】
1.已知首项为1的数列 a
n
 的前n项和为S
n
，若S
n1
S
n
S
n2
S
n
S
n
2
1
，且数列a
1
，a
2
，…，a (k 3)成各项均不相等的等差数列，则k的最大值为__________．
k
【答案】4
【分析】由已知结合S S a 得a S S S2 ，设前k项等差数列的公差为
n1 n n1 n1 n n2 n1
d(d 0)，分析k 3得d2d1(1d)，分析k 4得3d22d1(12d)，两式结合
可得2d1，求出d,，验证k 4符合题意，验证k 5不符合题意，利用反证法证得
k5不符合题意，即可得解.
【详解】QS S S S S2 且S S a ，a S S S2 （*）；
n1 n n2 n n1 n1 n n1 n1 n n2 n1
因为前k项成各项均不相等的等差数列，设公差为d(d 0)，则a
2
1d，a
3
12d，
若k 3，则S 2d，S 33d，在（*）式中，令n1得，a S S S2 ，
2 3 2 1 3 2
即(1d)33d (2d)2，化简得d2d1(1d)①；
若k 4，则S 46d，在（*）式中，令n2得，a S S S2 ，
4 3 2 4 3
即(12d)(2d)(46d)(33d)2，化简得3d22d1(12d)②；
②①得，2d2d d ，

d 0，2d1，
将2d1代入①得，d22d 0，所以d 2，则3，所以k 4符合题意．
若k 5，则a 1，a 1，a 3，a 5，a 7，S 3，S 8，S 15，
1 2 3 4 5 3 4 5
在（*）式中，令n3得，3a S S 3(5)(3)(15)60，S2 (8)2 64，所以
4 3 5 4
3a S S S2，所以k 5不符合题意．
4 3 5 4
假设 时符合题意，则3a S S S2 3a S a S a S2 ，
k5 n1 n n2 n1 n1 n1 n1 n1 n2 n1
整理得 a a S a 3a ，即2S a 1a
n2 n1 n1 n2 n1 n1 n1 n1
即n1a
n1
1a
n1
1a
n1 ，又 k5 时，a n1 10
所以a n1 与等差数列矛盾，所以 不符合题意．
n1 k5
故答案为：4
2.设等差数列 a
n
 的公差为d，前n项和为S
n
，且a
1
1，a
24
24，S
12
168，则a
9
d2的取值范
围是_________.
 249
【答案】 8, 
 16 
a 1
1

【分析】利用等差数列通项公式和求和公式可得到不等式组a 23d 24 ，将 看成关于
1

2a 11d 28 a
1 1
d的函数，从而所求范围变为求解x28xy的范围.由不等式组可得可行域，由二次函数
性质可确定zx28xy中
z
的最大值和最小值分别在动点Px,y 落在直线BC和AC上
时取得；利用直线方程可将所求式子化为二次函数形式，利用二次函数值域的求解方法可
求得z的范围，即为a
9
d2 的范围.
a 1 a 1
 1  1
【详解】由题意得：a a 23d 24 ，即a 23d 24
24 1 1
 
S 12a 66d 168 2a 11d 28
12 1 1
a d2 d28da
9 1
y1

将 看成关于 的函数，即 ， 23xy24

a
1 d
ya
1 xd
11x2y28求a d2得范围即求x28xy的范围
9
由不等式组可得动点Px,y
构成的可行域如下图阴影部分（含边界）所示：
26  4 76
则 A1,1 ， B 11 ,1 ， C 7 , 7  设 zx28xy ，则
yx28xzx42z16
由二次函数性质可知，对于每一个固定的 y ，当x越接近4时z越大；当x越远离4时，z
越小
要使z取最小值，则P必在直线AC上
4   740
当 y23x24 时， x28xyx215x24 ，x  7 ,1   x28xy   8, 49  
要使z取最大值，则P必在直线BC上
11 5 4 26
当y x14时，x28xyx2 x14，x  , 
2 2 7 11
1733 249
x28xy

,

 121 16 
 249  249
综上所述： a d2 的取值范围为  8, 16   故答案为  8, 16  
9
【题型五】构造等比数列型放缩
【讲题型】
例题1..已知数列 a  为正项等比数列，且mn pq，则“a a a a ”是“
n m n p q
m2n2  p2q2”的（ ）
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要
条件
【答案】A
【分析】取特殊值mn pq易证不具有充分性，由m2n2  p2q2，及mn pq
得m pqn0，判断a a a a 的符号可得具有必要性.
m n p q
【详解】mn pq，a a a a ，当mn pq时，m2n2  p2q2，所以不具
m n p q
有充分性；
mn pq ，所以m pqn，
又m2n2  p2q2，则(mn)22mnpq22pq，所以mn pq，
所以m pqn0，不妨设m pqn0
因为数列为正项数列，所以设公比为x，则x0，
a
a a a a 
1 xmxnxpxq
，
m n p q x
xmxnxpxq xp xmp1  xn 1xqn   xmp1  xpxn
当x1时，xmp 1，xp  xn，所以  xmp 1  xpxn 0，a m a n a p a q ，当x1时，  xmp 1  xpxn 0，a
m
a
n
a
p
a
q
；
当0x1时，xmp 1，xp  xn，所以  xmp 1  xpxn 0，a m a n a p a q ，
所以a a a a ，所以具有必要性，
m n p q
综上，a a a a 是m2n2  p2q2的必要不充分条件.
m n p q
故选：A.
1 3 5
例题2.已知数列{a n }中，a n  2  4a n1 2 ， nN* ， 4 a 2 2，则以下成立的是（ ）
A．a a B．a a a a C．a a 2a D．a a
7 9 7 9 8 6 9 8 7 10 8
【答案】C
【分析】先求出{a }的通项公式，然后表示出各项，再利用作差法比较大小，即可得到正
n
确答案．
1 3 1
a    a 2
【详解】解：a n  1 2  4a n 3 1 2 ， nN* ，则 n 2 4 a n1  1 2 ，则a n1  2a n n 1 ，
a 1 a 1
a 13 n ，a 1 n ，
 n1 2a 1 n1 2a 1
n n
a 1 a 1 a 1
两式相除，得 n1 3 n ， n 是一个公比为 的等比数列，
a
n1
1 a
n
1 a
n
1 3
a 1 a 1 a 1
n  2 (3)n2 ，记 2 t， ，
a 1 a 1 a 1 t(3,9)
n 2 2
2 2 2
a 1 ，a a   0， ， 错误；
 n t(3)n21 9 7 t(3)71 t(3)51 a a A
9 7
代入通项公式，易得a 10，a 10，a 10，a 10，
7 9 8 6
a 1a 1a 1a 1，a a a a ，B错误；
7 9 8 6 7 9 8 6
2 2 4 2 2 4
a a 2a       0，
9 8 7 t(3)71 t361 t(3)51 t37 1 t36 1 t35 1
a a 2a ，C正确；
9 8 7
2 2
a a   0， ， 错误．
10 8 t381 t361 a a D
10 8
故选：C．
【练题型】
2a
1.已知数列a
n
满足： a
1
a ， a n1  a
n
 n 1 ， nN* ，则下列说法正确的是（ ）
A．
a 
一定为无穷数列 B．
a 
不可能为常数列
n n
1 1 n1
C．若a ，则 可能小于1 D．若 ，则1a 1 
2 a a2 n 2
n
【答案】D
2a 1 1 1
【分析】对a  n 两边取倒数得   ，再利用构造数列法得
n1 a 1 a 2a 2
n n1 n
1 1 1   1 
1  1，可知 1是以 1 1为首项，公比为1 的等比数列，利用等比数列
a n1 2a n  a n  a 2
a2n1
通项公式可以求得a  ，再依次对选项判断，得到正确答案.
n a2n1+1a
2a 1 a 1 1 1
【详解】对a  n 两边取倒数得，  n  
n1 a 1 a 2a 2a 2
n n1 n n1 1 1 1 1  1 1
 1  1  1，又 ， 1 1
a 2a 2 2a  a a a a
n1 n n 1 1
 1 
所以数列 1是以 1 1为首项，公比为1 的等比数列，
a n  a 2
1 1  1 n1 1a 1 1 1a 1 a2n1+1a
 1 1    ，   1 。
a a  2 a 2n1 a a 2n1 a2n1
n n
a2n1
a  ，
n a2n1+1a nN*
对于A，nN*，由于n未知，不能确定
a
n

是有限数列还是无限数列，故A错误；
2n1
对于B，当
a1
时，a
n

2n1
=1，此时a
n
为常数列，故B错误；
1
2n1
2 2n1 2n111 1
对于C，当 时，a  =  1 ，
1 n 1 1 2n11 2n11 2n11
a 2n1+
2 2 2
1 1
Q 0，1 1，即 ，所以 一定小于1，故C错误；
2n11 2n11 a 1 a
n n
22n1 2n 2n11 1
对于D，当 时，a  =  1 ，
a2 n 22n112 2n1 2n1 2n1
1 1
Q 0，1+ 1，即 ，
2n1 2n1 a 1
n
1 1 1 1 1
n1
1
n1
又 ， ，  ；1+ 1+ 1+  ，即a 1+  ，
nN* 2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2 n 2
1 n1
所以1a 1  ，故D正确.
n 2
故选：D.
a a 1
2.若数列a 满足 a 1 0，a 4n1 a 4n2 a 4n2 a 4n3 3， a 4n  a 4n1  2  nN* ，且对任意
n 4n1 4n
nN*都有a＜m，则m的最小值为________.
n
【答案】8
【分析】根据题意，分析数列
a 
的前5项，结合递推公式分析可得在在
n
1
中，最大为 ，设 ，分析可得 ，且b  b 6，
a ,a ,a ,a a b a b a 6 n1 4 n
4n1 4n2 4n3 4n 4n1 n 4n1 1 3
1 1
将其变形可得b
n1
8
4
(b
n
8)，可以得到数列b
n
8是首项为﹣2，公比为
4
的等比数列，
2
结合等比数列的通项公式求出数列b
n
通项公式，则有a 4n1 8 4n1 ，据此分析 a
n
＜m 恒
成立可得答案．
【详解】解：根据题意，数列
a 
满足
n
a a 1
a 0，a a a a 3， 4n  4n1   nN*
1 4n1 4n2 4n2 4n3 a a 2
4n1 4n
3
当 时，有 ，则 ，a 3,a  ，
n1 a a a a 3 a 3,a 6 4 5 2
3 2 2 1 2 3
分析可得：在a ,a ,a ,a 中，最大为a ，
4n1 4n2 4n3 4n 4n1设b a ，则有b a 6，
n 4n1 1 3
1 1
且b a  a 6 b 6，
n1 4n3 4 4n1 4 n
1 1
变形可得：b
n1
8
4
(b
n
8)，所以数列b
n
8是首项为6﹣8＝﹣2，公比为
4
的等比数
1 2
列，则b 82( )n1  ，
n 4 4n1
2 2
则b
n
8
4n1
，即a
4n1
8
4n1
，又a
4n1
为递增数列，且
a
4n1
8
，
所以若对任意任意nN*都有a＜m成立，则m8，即m的最小值为8；
n
故答案为8
【题型六】裂项放缩型
【讲题型】
 1 
例题1.．已知数列 满足 ，a a 4 a    nN*,n2  ， 为数列
a n  a 1 1 n n1   n1 a n1   S n
 1 
 的前n项和，则（ ）
a 
n
7 8 7 5 5
A． S  B．2S  C． S 2 D．1S 
3 2022 3 2022 3 3 2022 2022 3
【答案】D
1  1 1  1
【分析】先判断出 ，通过放缩得到    ，再通过分析法
a n a n1 a n   a n1 a n   a n  a n1
1 2
 5
证得 a  a  3 ，结合裂项相消即可证得S  ，
n n1 2022 3
1
又由 证得S  1即可.
a a 2022 a
n n1 1
 1 
【详解】当 ， 时，因为a a 4 a  0，所以 ，
nN* n2 n n1   n1 a n1   a n a n1
1 1 1  1 1  1
又因为      ，且
a n a n 2 a n a n1   a n1 a n   a n  a n1
1 1 a
  n1
a a  a  a    a  a  4a 1，
n n1 n n1 n n1 n1
 
a a  a
1 n1 n n1 2
下证   ，即证 5a 8，即证
 a  a  4a 1 3 a a  n1 
n n1 n1 n1 n 3 3
8
3 a 5 a 
n n1 a ，
n1
64  1  64
即证9a 25a  80，即证9a 36 a  25a  80，
n n1 a n1 n1   n1 a n1   n1 a n1 1  16 1 12
即证9 a  4a  20令t  a  2，即证9t4t212 ，当
  n1 a n1   n1 a n1 n1 a n1 a n1
1 1 1  1 1  1
， 时，不等式恒成立.因此，     
t2 a n1 1 a n a n 2 a n a n1   a n1 a n   a n  a n1
2 1 1 
   ，
3 a a 
 n1 n 
1 1 1 1 2  1 1 1 1 1 1 
S            
所以 2022 a 1 a 2 a 2022 a 1 3   a 1 a 2 a 2 a 3 a 2021 a 2022  
5 2 1 5
   
3 3 a 3
2022 ，
1 1 1 1 1
又因为S      1，故选：D.
2022 a a a a a
1 2 3 2022 1
3 1 1 1
例题2.数列a n 满足a 1  2 ， a n1 a n 2a n 1 ， nN* ，则 a 1  a 2    a 2022 的整数部分是
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据已知条件，利用累加法求得m，结合数列的单调性即可判断m的取值范围，
进而求得其整数部分
【详解】由a a2a 1可得a 1a2a a (a 1)，所以
n1 n n n1 n n n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
   ，所以   ，则   ，
a 1 a (a 1) a 1 a a 1 a 1 a a 1 a 1 a
n1 n n n n n n1 n 1 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
  ，   ， ，   ，
a 1 a 1 a a 1 a 1 a a 1 a 1 a
2 3 2 3 4 3 L 2022 2023 2022
1 1 1 1 1 1
上述式子累加得：     m，故m2 ，
a 1 a 1 a a a a 1
1 2023 1 2 2022 2023
又因为a a a22a 1a 12 0，即 a a ，所以a a  a 1，
n1 n n n n n1 n n n1  1
3 7 37
根据递推公式得：a  ，a a2a 1 ，a a2a 1 2，所以 ，
1 2 2 1 1 4 3 2 2 16 a 2023 a 3 2
1 1
(0,1) m2 (1,2)
那么 ，则 ，则 的整数部分是1，
a 1 a 1 m
2023 2023
故选：A
【讲技巧】
常用的数列放缩式还有：
1 1 1 1 1 1 1
     
，
n n1 nn1 n2 nn1 n1 n
2 1 2 2  
   2 n n1
n n1 n n n n n1
1 1  1 1  1
    等，解题过程中，注意观察数列特征选择合
a a a  a a  a  a
n n n1  n1 n  n n1适的放缩方法.
【练题型】
5 1 1 1
1.数列 {a } 满足a 1  4 ， a a2a 1 ， nN* ，则 a  a    a 的整数部分是
n n1 n n 1 2 2022
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】先根据数列的递推公式，利用裂项相消法求和即可得到
1 1 1 1
    4 ，再先判断 ，通过计算可判断出
a a a a 1 a a  a 1
1 2 2022 2023 n n1  1
a 2，即可求出结果.
2023
5
【详解】因为数列a n 满足a 1  4 ， a n1 a n 2a n 1 ，
1 1 1 1
  
所以 a 1a a 1，即 a 1 a a 1 a 1 a ，
n1 n n n1 n n n n
1 1 1
所以   ，
a a 1 a 1
n n n1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以         4 ，
a a a a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1
1 2 2022 1 2 2 3 2022 2023 2023
又因为a a a22a 1a 12 0，即 a a ，
n1 n n n n n1 n
1 1 1
所以 ，所以0     ，
a a  a 1 a 1 a 1 a 1
n n1  1 n n1 1
5 21 361 103441
 a 1  4 ，a 2  16 ，a 3  256 ，a 4  65536 ， a 5 1.91 ， a 6 2.742 ，
1 1
，即 ，0 1，4 3,4 ，
a a 2 a 11 a 1 a 1
2023 6 2023 2023 2023
1 1 1
 
因此 的整数部分是 .故选：C.
a a a 3
1 2 2022
1
2..已知数列a n 中，a 1  2 ，a n1 a n 2a n 1，记 S n a 1 a 2   a n ，
T n a 1 2a 2 2  a n 2,nN* ，则下列结正确的是（ ）
15 5
A．a  B． C．S  n D．
n 16 2a a 10 n 6 2S T n
n1 n n n
【答案】D
1
【分析】根据数列特征得到a n1 a n ， 2 a n 1且 a n 1 与 a n1 1 同号，结合裂项相消法求
1 15 15 1
得a 1 ，与a  比较，发现a  不恒成立，判断出A选项；结合 a 1，
n1 n2 n 16 n 16 2 n
可得2a a 12  a  1  a 10，判断出B选项；利用a 1 1 可得：
n1 n  n 2 n n1 n2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
      n，构造新函数可得：      lnn1 ，得到
2 3 4 n1 6 2 3 4 n1
1 1
nlnn1 nlnn1
6 61 1
nlnn1
，而根据一次函数与对数函数的增长速度，可得
nlnn1
不恒成立，故
6 6
判断C选项；根据题干条件得到，2a a2 1a a ，进而求出2S T na a ，
n n n n1 n n 1 n1
结合数列的单调性可得：2S T na a n，故D选项正确.
n n 1 n1
1
【详解】由a 1  2 ， a n1 a n 2a n 1 ，可得： a n1 a n a n 12 0 ，故a n1 a n ，所以
1  1 2 3 a 1
a n  2 ，因为a n1 a n 2a n 1  a n  2    4 0，所以 a 0 ，故 a n1 1 a n 0，所以
n n
1 1
与 同号，因为a 1 0，所以 ，综上： a 1，又因为
a 1 a 1 1 2 a 10 2 n
n n1 n
1 1 1 1
  
a 1a a 1，可得： a 1 a a 1 a 1 a ，所以
n1 n n n1 n n n n
1 1 1 1 1 1
      ，因为 a 1，所以
a 1 a 1 a a a 2 n
1 n1 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1
n2       2n2，所以 1a  ，从而
1a a a a a 1 2n2 n1 n2
n1 1 2 n 1
1 15
a 1 ，所以a  不恒成立，选项A不成立
n1 n2 n 16
因为 1 a 1，所以2a a 12  a2a 1  a 12a23a 12  a  1  a 10
2 n n1 n n n n n n  n 2 n
恒成立，选项B不成立；
1 1 1 1 1  5
因为a n1 1 n2 ，所以S n n 2  3  4    n1   ，若S n  6 n，则
1 1 1 1 1 x1 1
      n，其中设 f xln  （ ），则
2 3 4 n1 6 x 1x x1
1
fx xx12 0 ，所以 f xln x
x
1 
1
1
x
在
x1
上单调递减，其中
1
f 1ln2 0，当 时， f x0 ，所以
2 x
1 1 1 1 3 4 n1 1
     ln2ln ln   ln lnn1 ，故有 nlnn1 ，结合函数
2 3 4 n1 2 3 n 6
1
的增长速度，显然
nlnn1
不恒成立，故选项C错误；
6

2a
n
a
n
2 1a
n
a
n1
，∴2S
n
T
n
可视为数列

2a
n
a
n
2
的前n项和，
2S T 1a a 1a a  1a a na a
n n 1 2 2 3  n n1 1 n1
∵ a  单调递增，∴a a 0，故2S T na a n恒成立，选项D正确.
n 1 n1 n n 1 n1
故选：D
【题型七】无理根式、对勾等放缩
【讲题型】
1 1 1 1
例题1.．      的整数部分是（ ）
1 2 3 4 5 6 99 100
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】注意到1 1 n  1  n  1 n  1  n  1
  
   ，
n  n  1 n 1  n  1 n 1  n  1 n  1  n 1 2
1 1 n  2  n n  2  n
  
   ，
n  n  1 n  n  2 n  n  2 n  2  n 2
据此可得答案.
【详解】因
1 1 n  1  n  1 n  1  n  1
  
   ，
n  n  1 n 1  n  1 n 1  n  1 n  1  n 1 2
1 1 1 1
则     
1 2 3 4 5 6 99 100
1  10 0
 2 0 4 2 6 4  100 98  5.

2 2
1 1 n  2  n n  2  n
  
又   
n  n  1 n  n  2 n  n  2 n  2  n 2
1 1 1 1
，则     
1 2 3 4 5 6 99 100
1   101  1
 3  1  5  3  7  5   101  99 

2 2
100 1 9
  .
2 2
9 1 1 1 1
故       5，即整数部分为4.
2 1 2 3 4 5 6 99 100
故选：B
1 1
例题2.已知数列a 满足 a 1 ， a  a a n
 nN*
，数列a 前n项和为 S ，则下列
n 1 n1 n n n
叙述不正确的有（ ）
1 1
A． B．a  C．a  D．
a a 0 2022 1012 n 3n2 S n
n1 n n
【答案】C
【分析】根据数列单调性，数列与不等式放缩转化，即可求解.
1 1 a a
【详解】Qa 1,  a ,a 10， ， n n1 a 0,a a 0, 故选
1 a a n 1 a 0 a a n n1 n
n1 n n n n1
项A正确；
a a ,数列 a  单调递减,
n n1 n
当 n1 时, S 1;
1
当 n�2 时，S a a L a a a L a n.
n 1 2 n 1 1 1
故选项D正确;
2
1 1 1  1  1 1
Q  a ，  a  a22  2，
a a n a2 a2 n  n a2 a2
n1 n n1 n n n
1 1 1 1 1 1
  2,  2(n1) ，  2n1 ,a  ,又
a2 a2 a2 a2 a2 n 2n1
n1 n n 1 n
2
1  1  1 1 1 1 1 1
 a  a22  3   3   3
a2 a n  n a2 a2 a2 a2 a2 a2
n1 n n n n1 n 2 12
1  1  1 1 1 1 1 1
 a  a22  3，  3，  3，
a2 a n  n a2 a2 a2 a2 a2 a2
n1 n n n n1 n 2 1
1 1 1 1 1 1 1
 3,L ,  3，  3(n1), 3n2，
a2 a2 a2 a2 a2 a2 a2
3 2 n n1 n 1 n
1 1 1
a  ,所以当 时， a  .故选项C错误；
n 3n2 n2 3n2 n 2n1
1 1 1
a    ，故选项B正确；故选：C.
2022 60662 6064 1012
【练题型】
a2
1.对于数列a
n
：
a
1
a
，a
n1

a
n
22a
n
n
2
 nN* ，有以下结论：①若
a<0
，则
a
n
1
；
②若0a1，则a
n1
a
n
；③对aR，均有0a
n1
2；④对于任意正整数n，均有
(a1)a 10.则
n
A．仅①②正确 B．仅②③正确
C．仅①③④正确 D．①②③④均正确
【答案】D
【分析】根据递推式，分类讨论，结合二次函数的性质，基本不等式，数列单调性的判断
方法，放缩法，数学归纳法，即可判断各结论的真假．
【详解】若a0时，a 0，
n
a2 1 1
a  n  
若 时， n1 a n 22a n 2 2  2 1  1 1 2 1 ，显然 ，故③正确；
a2 a 2   
a0 n n a 2 2 0a 2
n n
a2 a2
若 时，a  n  n 1，故 ，所以①正确；
a<0 n1 a22a 2 a2 a 1
n n n n
若
0a1
时，易知a
n
0，当n1时，0a
1
1，假设nk
 kN*
时，0a
k
1，
a2 a2
则 时，a  k  k 1，所以 ，
nk1 k1 a22a 2 a2 0a 1
k k k n
a a 1
n1  n  1
因此 a a22a 2 2 ，即 ，故②正确；
n n n a  2
n a a a
n n1 n
a2 a2
当 时， ；当 时，a  n  n 1，
a1 a n 1 a1 n1 a n 22a n 2 a n 2
综上可得(a1)a 10.故④正确.
n
故选：D.
1 1 1
2..已知数列a 满足 a 0 ， a a a2 1nN,n1，如果 a  a    a 2022 ，那
n 1 n1 n n 1 2 2022
么（ ）
1 1
A．2022a 2022 B．2022 a 2023
2023 2 2 2023
1 1
C．2023a 2023 D．2023 a 2024
2023 2 2 2023
【答案】A
【分析】由a a a2 1nN,n1 可得a a 2022，再由题意结合基本不等式与数
n1 n n 2023 1列得单调性求出a 的范围，即可求解
1
1
【详解】因为 a a a2 1nN,n1，所以a n1 a n  a nN,n1 ，所以
n1 n n n
1 1 1
a

a



a
a
2
a
1
a
3
a
2


a
2023
a
2022
a
2023
a
1
2022，所以
1 2 2022
a a 2022，
2023 1
1 1
由a a  nN,n1 即a a  nN,n1 可归纳得 ，所以 ，
n1 n a n1 n a a 0 a a 0
n n n n1 n
1 1 1
所以数列 为递增数列，又a a  ,a 0，则a a  2 a  2，所以
a  2 1 a 1 2 1 a 1 a
n 1 1 1
1 1
0  ，
a 2
2
1 1 1 2021 1  1 1  2021 2023
所以    2021  ，所以 2022    2022  ，
a a 2 2 a a a  2 2
2 2022 1 2 2022
2 2 1 1
所以0a  ，所以2022a 2022 +2022<2022+ 2022 ，故选：A
1 2023 1 2023 2 2
【题型八】数列中的蛛网不等式
【讲题型】
2
例题1.已知数列a 满足 a 3 ， a n1 a n  a 1 ，记数列a 2的前n项和为 S ，设集
n 1 n n n
12 62 45 35
合M   5 , 25 , 17 , 12   ， N M S n 对 nN* 恒成立 ，则集合N的元素个数是
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
8 8
【分析】由题知 a a a ，进而得 ，故一方面，结合a  a 得
9 n n1 n a n 2a n (a n a n1 ) n1 9 n
9 9 45 35
a 2a a a   a2a2  ，进而S  (9a2 )得 , N ，另一方面，根据
n n n n1 17 n n1 n 17 n1 17 12
1 1
得a 2a a a   a2a2  ，进而得S  (9a2 )，即可得
a n1 a n 2a n n n n n1 2 n n1 n 2 n1
12 62
, N ，进而得答案.
5 25
2
【详解】解：令a
n1
a
n

a
1a
n
，解得
a 2
，即数列a 的不动点为 ，
n n n 2
2
其生成函数为yx 1，a
a
x 1 3
2
所以，作出函数yx 1与函数 的图像如图：
x yx1 1 1
  
2a a 3 3 a 2
故，由蛛网图： n1 n ， n
a 2 1 1 1 7 8 2 2a

a
n1 
a2

a
12(
a

4
)2
8
[
9
,1) ,即 8
9
a
n
a
n1
a
n
，又 a
n1
a
n

a
1
a
n
n n n n n n
a 2a (a a )，
n n n n1
8 17 9
一方面，由a  a 得a a  a ，a  (a a )，
n1 9 n n n1 9 n n 17 n n1
9
a 2a a a   a2a2 
n n n n1 17 n n1
9 9
S
n
(a
1
2)(a
2
2)

(a
n
2)
17
[(a
1
2a
2
2)(a
2
2a
3
2)

(a
n
2a
n
2
1
)]
17
(9a
n
2
1
)，
9 45 45 45 35 45 45 35
 a n1 2 ，且当 n ， a n1 2 ，S n  17 (94) 17  17  17 , 12  17 , 17 , 12 N.
1
另一方面，（法一）由 得 ，a  (a a )，
a n1 a n a n1 a n 2a n n 2 n n1
1
a 2a a a   a2a2  ，
n n n n1 2 n n1
1 1
S (a 2)(a 2) (a 2) [(a2a2)(a2a2) (a2a2 )]  (9a2 )
n 1 2  n 2 1 2 2 3  n n1 2 n1
1 5 5
且当 ， ， (9a2 ) ， 必须大于等于
 a n1 2 n a n1 2 2 n1 2  2
12 5 62 5 12 62
  ,  , , N .所以集合 的元素个数是2，故选：B.
5 2 25 2 5 25 N
(a 2)(a 1) a 2 1 1
另一方面，（法二）由a 2 n n ， 得 n1 1  ，又
n1 a 2a 3 a 2 a 2
n n n n
2 5
a 21,a 2 ,a 2 .
 1 2 3 3 12
2 5 5 1 5 1
S (a 2)(a 2) (a 2)1      ( )n3
n 1 2  n 3 12 12 2  12 2
5 5 5 5 5 5
  .又当 ，   ， 必须大于等于 .
2 32n1 n 2 32n1 2  2
12 5 62 5 12 62
  ,  , , N .所以集合 的元素个数是2，故选：B.
5 2 25 2 5 25 N
例题2.已知数列{a },nN ，a a22a m,mR，下列说法正确的是（ ）
n n1 n n
A．对任意的m(0,1)，存在a [1,2]，使数列{a }是递增数列；
1 n
9 5
B．对任意的m( , )，存在 ，使数列 不单调；
4 2 a [1,2] {a }
1 n
C．对任意的m(0,1)，存在a [1,2]，使数列{a }具有周期性；
1 nD．对任意的m(0,1)，当a [1,2]时，存在a 3.
1 n
【答案】C
 3 2 9
【分析】A选项，从 与题干条件求出a a a   m 的最大值 ，从而
a a 2 1  1 2 4 m2
2 1
 3 2 9 9 5
得到 ，故A错误；B选项，列出a a a   m ，根据m( , )可得
m>2 n1 n  n 2 4 4 2
 3 2 9
a a a   m 0，故单调递增，B错误；CD选项从数列的函数性质及蛛网
n1 n  n 2 4
模型进行求解.
【详解】A选项，要想保证数列{a }是递增数列，则必有a a ，其中
n 2 1
 3 2 9
a a a23a ma   m ，因为 ，所以当 或2时，
2 1 1 1  1 2 4 a [1,2] a 1
1 1
 3 2 9
a   m 取得最大值，此时为 ，故 ，解得： ，而 ，不
 1 2 4 m2 m20 m>2 m(0,1)
 3 2 9 9 5
合题意，故A错误；因为a a a23a ma   m ，m( , )，所以
n1 n n n  n 2 4 4 2
 3 2 9
a a a23a ma   m 0，数列 是递增数列，故B错误；
n1 n n n  n 2 4 {a }
n
3 94m 3 94m
令 f xx22xm ，令 x22xmx ，解得：x 1  2 ，x 2  2 ，即
3 94m 3 94m 3 94m 3 94m
A , ，B , 为其不动点，因为 ，所
   
 2 2   2 2  m(0,1)
3 94m  3 5
以x  0, ，
1 2  2 
 
3 94m 3 5 
x 2  2    2 ,3   ，令 x22xm1 得： x 3 1 2m  2,1 2 ，
x 1 2m 0，且x x ，从蛛网模型可以看出，
4 3 2
3 94m 3 94m
当 时，随着 的增大， 趋向于不动点A , 或不动点
a 1 [1,2] n f a n    2 2  
3 94m 3 94m
B  ,  或变为周期数列，且此时数列的值均在A点的左边，故对任意
2 2
 
的m(0,1)，当a [1,2]时，均有a 3，C选项正确，D选项错误.
1 n故选：C
【练题型】
1.
已知数列 a  满足：a 0，且a2 2a2 a  nN ，下列说法正确的是（ ）
n n n n1 n1
1
A．若a  ，则 B．若 ，则
1 2 a a a a a 1
n n1 n n1 1
2
C． D． a a  a a
a a 2a n2 n1 2 n1 n
1 5 3
【答案】D
【分析】化简已知递推关系式可得到
a 1a 10，由此分别判断A,B选项，可知
n n1
A,B错误；
1 18x2
设
a n1 x
，则
a n  2x2x
，a
n2

4
；采用数形结合的方式知a
n a n1
越来越
小，C错误；假设D成立，通过化简不等式可知不等式恒成立，知D正确.
【详解】 a
n
2 2a
n
2
1
a
n1
，a
n
212a
n
2
1
a
n1
1，a
n
1a
n
1a
n1
12a
n1
1 ，
又a 0，a 10，2a 10，a 1a 10
n n n1 n n1
1 1
对于 ，若a  ，则a 1 0， ，
A 1 2 n 2 a n1 10
a2a2 a2 a a a 10，a a ， 错误；
n n1 n1 n1 n1 n1 n n1 A
对于 ，若a a ，则a2a2 a2 a a a 10，
B n n1 n n1 n1 n1 n1 n1
a 10，即a 1，a 1， 错误；
n n 1 B
对于C，设a x，则a  2x2x ，
n1 n
考虑函数y 2x2x 与y x的图象，如下图所示：当a 0时， a  单调递减，且 a a  越来越小，a a a a ，
1 n n n1 1 3 3 5
a a 2a ，C错误；
1 5 3
1 18x2
对于 ，设 ，则 ，a  ，
D a n1 x a n  2x2x n2 4
1 18x2 2
若 2 ，则 x  x 2x2x ，
a a  a a 4 2
n2 n1 2 n1 n
等价于18x 2x2x  18x2 4x1，即2 2x2x 3x1，即x22x10，
2
而 x22x1x12 0 显然成立，a n2 a n1  2 a n1 a n ， D 正确.
故选：D.
2.已知 a  为非常数数列且a 0，a ，a a sin2a   ,R,nN* ，下列
n n 1 n1 n n
命题正确的是（ ）
A．对任意的，，数列
a
n

为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，，n
0

n
0
N*
，当nn
0
时， a
n
1 
C．存在，，使得数列
a
n

的周期为2
D．存在，，使得 a
n
a
n2
2a
n1
2
【答案】B
【分析】对于A选项：取1.即可判断数列
a
n

为单调递减数列.
对于B选项：令sin2，记g(x)xsin2xsin2,根据g(x)的单调性结合其与h(x)x
的交点，即可说明总能找到一个a ，使得a 的极限为1.即可判断出结论.
1 n
对于C选项：先假设存在，利用a a 化简后即可说明矛盾.
n2 n
对于D选项：利用等式表示出 a a 2a ,即可判断结论.
n n2 n1
【详解】当1时：a
n1
a
n
sin2a
n
0恒成立.此时数列 a
n
 为单调递减数列.A错
误.
令sin2，记g(x)xsin2xsin2，h(x)x，则g(1)1，h(1)1.
1 
，令g(x)12cos2x0cos2x ，取x
g(x)12cos2x 2 3
则g(x)在[0,1]上单调递增.
令g(x)h(x)x 1或 .
2 x1
 
如图所示：在区间 1,1内总能找到一个 ，使得 的极限为1.B正确.
 2  a a
1 n
假设存在，，使得数列 a
n
 的周期为2，即a
n2
a
n
.
 a a sin2a  ①
n1 n n
则
 a
n2
a
n1
sin2a
n1
②
②-①：a
n2
a
n1
a
n1
a
n
sin2a
n1
sin2a
n
 ，又a
n2
a
n
.
化简得：2a sin2a 2a sin2a  .
n n n1 n1
记 f(x)xsinx, f(x)1cosx0恒成立.
故 f(x)xsinx在R上单调递增.
要使2a sin2a 2a sin2a  ，
n n n1 n1
则需2a 2a .与 a  为非常数数列矛盾.C错误.
n1 n n
因为a a sin2a 
n1 n n
所以a a sin2a 
n2 n1 n1
则 a a 2a  a a a a   sin(2a )sin(2a ) 2.
n n2 n1 n2 n1 n1 n n1 n
不存在，，使得 a
n
a
n2
2a
n1
2.D错误.
【题型九】数学归纳法
【讲题型】
1
例题1.已知数列a
n
满足a
1

2
,a
n
1lna
n1
 nN*
，记
T n
表示数列a
n
的前n项乘积.则
（ ）
 1 1   1 1   1 1   1 1 
A．T  ,  B．T  ,  C．T  ,  D．T  , 
9 30 26 9 26 22 9 22 18 9 18 14
【答案】C
【分析】先用数学归纳法证明0a 1.构造函数ylnxx1,0x1 ，利用导数证明
n
1 2x1 2x1
出 a 1.记gxlnx ,0x1，证明出lnx 得到
2 n x1 x1
2a 1 2 2
a 1lna  n1 ，即  1，用累加法得：a 1 2  n1 ，即可
n n1 a 1 1a 1a n n3 n3
n1 n1 n求出T 9 a 1 a 2   a 9  2 1 2 .记hxlnx x 1 x ,0x1 ，证明出lnx x 1 x .得到
2
1a 
a n1   1a n n 1  ，求出T 9 21a 9 2  1 1 8 ，即可得到 2 1 2 T 9  1 1 8 .
【详解】因为a 1lna ，所以a ean1 .下面用数学归纳法证明0a 1.
n n1 n1 n
1
当n=1时，a
1

2
符合
0a 1
.假设nkk 1时，结论成立，即
0a 1
.
n k
当nk1时，a eak1，所以a eak1 0显然成立；
k1 k1
因为0a 1，所以a 10，所以a eak1e0 1，即0a 1，
k k k1 k1
所以结论成立.
综上所述：0a 1对任意的nN*均成立.
n
1 1
记函数ylnxx1,0x1.y 1 1x .
x x
因为0x1，所以y 0（x=1取等号），所以ylnxx1 在 0,1 单调递增，
所以 f x f 10，即lnxx1，所以a 1lna 1a 1a ，即a a ，
n n1 n1 n1 n n1
1
所以数列a
n
为单调递增函数，所以
2
a
n
1.
记 gxlnx 2x1 ,0x1，则gx 1
x

x
4
12

x


x
x


1
1


2
2
0（x=1取等号），
x1
2x1
所以gx在0,1上单调递增，所以 gxg10 ，即lnx .所以
x1
2a 1 2 1a 2
a 1lna  n1 ，所以  n1 ，
n n1 a 1 1a 1a
n1 n n1
2 2 2 2
 1  n11
所以 ，累加得： .
1a 1a 1a 1a
n1 n n 1
因为a  1 ，所以 2  2 n11，即 2 n3，所以a 1 2  n1 ，
1 2 1a 1a 1a n n3 n3
n 1 n
1 3 10 134 1 1
所以T 9 a 1 a 2   a 9  2  5    12  21112  22 ，即T 9  22 .
1 1 1 1 xx1
记hxlnx x
x
,0x1，则hx
x

2 x

2x x

2x x
0，所以
hx
1
在0,1上单调递减，所以
hxh10
，即lnx x
x
.所以
1 a 1 1a
a 1lna  a   n1 1a  n1
n n1 n1 a a ，所以 n a ，
n1 n1 n1
2
1a 
所以a  n1 ，所以
n1  1a 
n
2 2 2
1 1a  1a  11a 
T 9 a 1 a 2   a 9  2  1a 2      1a 9    2  1a 9  21a 9 2 ，
1 8 1
因为a  n1 ，所以 5 a 1，所以T 21a 2 2  1 5  2  1 即T  1 .
n n3 6 9 9 9  6 18 9 181 1
综上所述： T  .故选：C
22 9 18
例题2.已知各项均为正数的数列 a  满足a 1，a ean1cosa  nΝ ，其前n项和为S ，
n 1 n n1 n
则下列关于数列
a 
的叙述错误的是( )
n
A．a a  nΝ B．a a a2  nΝ
n n1 n n1 n1
C．a
n

1
n
 nΝ
D．
S n 2 n
 nΝ
【答案】B
【分析】A选项：先构造函数 f(x)excosx(x0)，并研究其单调性，利用
ex 1x(x0)进行放缩，利用数学归纳法可证明；
B选项：构造函数h(x)＝ex cosx xx2，x0，判断其单调性即可；
C选项：利用数学归纳法和假设法可证明.
D选项：结合C选项结论对a 进行放缩即可证明.
n
【详解】设函数 f(x)excosx(x0)，则 f(x)exsinx0，故 f(x)在(0,)上单调递
增.
用数学归纳法先证0a 1：
n
当n1时，有0a 11；假设n＝k时，0a 1，由于
1 k
f(0)0a  f(a )1 f(1)ecose，
k k1
∴根据 f(x)在(0,)上单调递增可知0a 1，即当n＝k＋1时，0a 1，∴由数学
k1 k1
归纳法原理可知0a 1.
n
g(x)exx1,x0 g(x)ex10 0,
对于选项A，令 ，∵ ，故g(x)在 单调递增，故
g(x)＞g(0)＝0，即exx10，即 ex 1x(x0) ，∴a n ean1 cosa n1 1a n1 cosa n1 a n1，
故A正确.
对于选项B，令h(x)＝ex cosx xx2 ，x0，∵ hxexsinx12x ，令m(x)＝ hx
mxexcosx2
，则 ，
令nxmx ，则nxexsinx0，∴nx ，即mx
在
0,
单调递增，
∴mxm00，∴mx ，即hx在 0, 单调递增，hxh00，
hx
在
0, 单调递增，hxh00，即excosxxx2
0，即ex cosxxx2.
故a ean1 cosa  f(a )a a2 (*)，从而选项B错误.
n n1 n1 n1 n1
1
0a 1
对于选项C，可用数学归纳法证明：当n1时，有 1 1成立，
1 1
当n＝k时，假设a  (kN*)，若a  ，
k k k1 k1
1 1 1 k1 k1 1 1
则由(*)可知a a a2      ，与假设a  矛盾，故
k k1 k1 k1 k1 k1 k k k k
1
a  .
k1 k1
1
故a  (nN*).从而选项C正确.
n n
1 2 2
对于选项D，当 时，a�   2( n n1)，
n1 n n n n n n1n n
故S a 2( k  k1)2 n.故选项D正确.
n k
k1 k1
故选：B.
【讲技巧】
数学归纳法可以用来证明与自然数n有关的问题
【练题型】
1.在数列 a
n
 中，a
1
1,a
n1
ka
n
21  nN ，若存在常数c，对任意的nN，都有a
n
c
成立，则正数k的最大值为（ ）
1 1 1
A． B． C． D．1
5 4 3 2
【答案】B
【分析】由 a n1 ka n 21  nN可得a n1 a n 1 4 1 k ，可得a n 1n1    1 4 1 k    ,用极限
思想和数学归纳法的思想分析计算即可得到正数k的最大值.
【详解】因为a ka21  nN ,k 0，
n1 n
 1 1 1   1  2 1 1
所以a a ka2a 1ka2 a   1ka    11 ，
n1 n n n  n k n 4k2 4k2   n 2k 4k 4k
n1  1 
所以a a a a 1n1 1 ,n2，由于 满足上式，故
n 1 m1 m  4k a 1
m1 1
 1 
a 1n1 1 ,
n  4k
当k  1 时，有 趋近于 时， n1  1 1  趋近于 此时 没有最大值，故不满足题
4 n   4k  a n
意，舍去；
1
1
所以k  ，当k 时，可证对任意的 ，都有 ，
4 4 nN a n 1
由题知，若存在常数c，对任意的nN，都有a c成立，则c1，
n
以下进行证明：存在常数c2，对任意的nN，都有a 2成立.
n
当n1时，a 12，结论成立假设nmm1 时结论成立，即1a 2则
1 m
1
1a ka2 11 22 2，
m1 m 4
1
则存在常数 ，对任意的 ，都有 成立.故正数k的最大值为 .故选：B.
c2 nN a 2 4
n
2.数列 a  满足：a 0，a a2a c.若数列 a  单调递减，则c的取值范围是
n 1 n1 n n n
________；若数列
a 
单调递增，则c的取值范围是__________.
n
1  1
【答案】
c0
##,0 0c
4
##

0,
4

【分析】若数列 a  单调递减，则a a 恒成立，可得ca2恒成立，由此可得c的范围.
n n1 n n
1
若数列a
n
单调递增，则
a 2 a 1
，即
c0
，且母函数 f xx2xc�c
4
.数列a
n
有
1  1
极限，其值为其不动点 c .又 f x在 0, c 上单调增加，故 c� 2 ，所c  0, 4 .于是只 1 1 
需要证明c0, 时满足条件，c ,时不满足条件即可.
 4 4 
【详解】①若数列 a  单调递减，∵a 0，∴a�a 0，∴a2 0，∴a a 恒成立，
n 1 n 1 n n1 n
即a a 0恒成立，
n1 n
即a2a ca 0恒成立，即ca2 恒成立，∴c＜0.
n n n n
 1 1
②数列a
n
单调递增，则当
n1
时，
a 2 ca 1 0
.当c

0,
4
时，a
2
c c�
2
，而
 1 1
f xx2xc 在  0, 2 上单调递增，∴ f a 1  f a 2  f  c ，即0a 2 a 3  c  2 ，
1
假设当n＝k，k∈ 时，0a a  c  ，
N* k k1 2
则 f a  f a  f  c  ，即a a  c，故由数学归纳法可得a a ，即数列
k k1 k1 k2 n n1
a 
单调递增；
n
1 
当c
4
,

时，∵
a a2a ca
，∴
a2 c
，即
0�a  c
，∴
ca 0
，
n1 n n n n n n
ca 0，
n1
  
∵ ca  ca 2a c ca 1 ca ，∴01 ca�1 c 1，
n1 n n n n n
  
∴ ca � ca 1 c ，∴
n1 n
     2   n1
ca n � ca n1 1 c  ca n2 1 c    ca 1 1 c = c(1 c)n1.∴
a� c c(1 c)n1，
n
1
c
令 c c(1 c)n1 1 c 1  c(1 c)n1 2 (1 c)n1
2  2  c 
1
c
2 ，
n1log
1 c c
1
c
故当 2 时， 1 ，此时 1，而 在1 上
n1log 1 c c a n  2 a n1 a n  2 f xx2xc  2 , 
单调递减，
 1
∴ f a n1  f a n ，即 a n2 a n1 ，与题意矛盾.综上， c 的取值范围是  0, 4 .
一、单选题
1．已知 a
n
 是公差不为0的等差数列，S
n
是其前n项和，则“对于任意nN*，都有S
n
S
5
”是“a a 的（ ）
6 5
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】利用等差数列的前n项和公式和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】因为数列
a 
是公差不为0的等差数列，所以
n
nn1d d  d 
S na   n2a  n
n 1 2 2  1 2nn1d d  d 
S na   n2a  n，
n 1 2 2  1 2
当d 0时，S 没有最大值，所以由对于任意nN*，都有S S 可得d 0，所以a a ，
n n 5 6 5
充分性成立；
当0a a 时，S S a S ，所以必要性不成立，
6 5 6 5 6 5
故“对于任意nN*，都有S S ”是“a a 的充分不必要条件，
n 5 6 5
故选：A
2．等比数列 a  的公比为qq0，“a a ”是“数列 a  单调递增”的（ ）
n 2 1 n
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
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由数列 a  是单调递增一定能推出a a ，
n 2 1
当a a 时，有aqa ，
2 1 1 1
若a
1
0，则有q1，a
n1
a
n
a
1
qna
1
qn1 a
1
qn1q10a
n1
a
n
，因此数列 a
n
 单调递
增，
若a 0，则有0q1，a a aqnaqn1 aqn1q10a a ，因此数列 a  单
1 n1 n 1 1 1 n1 n n
调递增，
所以由a a 一定能推出数列 a  单调递增，
2 1 n
因此“a a ”是“数列 a  单调递增”的充要条件，
2 1 n
故选：C
3．已知数列 a
n
 满足2a
n1
a
n
1，a
1
1，设 a
n
 的前n项和为S
n
，若nN*，不等式
6n7
恒成立，则 的最小值为（ ）
a S 4n8 
n n
1
A． B．2 C．5 D．6
2
【答案】C
【分析】先由递推公式求出数列 a  的通项公式，再利用分组求和得到S ，则原不等式可
n n
3 3
转化为2 恒成立，求2 的最大值即可.
3n5 3n5
1
【详解】由题意可得a 1 a 1 ，而 ，所以 ，
n1 2 n a 120 a 10
1 n
所以
a
n1
1

1
，所以a 12
1n1
，a 2


1

n1
1，
a 1 2 n 2 n 2
n
1 n
1 2   1 n
所以S 2 n4  4n，
n 1 2
1
2
6n7 6n7 3
所以  2 ，
a S 4n8 3n5 3n5
n n
3  3 
则原不等式可转化为2 恒成立，仅需2  即可，
3n5  3n5
max
6n7 6n7
当 时， 2；当 时， 5；
n1 3n5 n2 3n56n7 3 3
当 时， 2 2 5；
n3 3n5 3n5 4
6n7
故  5，所以 ，故 的最小值为5，
3n5 5 
max
故选：C
4
4．已知等差数列a 满足
a 0
，公差 ，
sin2a 0
，cos3a
2
a
i
，则（ ）
n n d 0 1 i1
   3
A．a 0,  B．a , 
1  2 1  2 
 5  7
C．a 2,  D．a 3, 
1  2  1  2 
【答案】A
【分析】由sin2a 0，根据正弦函数的性质求出a 的大致范围，再根据等差数列的性质得
1 1
到cos3a 4a 2d ，令 f xcos3x4x2d ，利用导数说明函数的单调性，即可得到
2 2
π
a  ，从而求出 的取值范围.
2 2 a
1
π
【详解】解：因为 ，所以 ， ，解得kπa  kπ，
sin2a 0 02kπ2a π2kπ kN 1 2
1 1
kN，
又 a  为等差数列，所以a a a a 2a d ，
n 1 4 2 3 2
4
所以 a 4a 2d，
i 2
i1
4
因为cos3a a ，所以 ，即 ，
2 i cos3a 4a 2d cos3a 4a 2d 0
i1 2 2 2 2
令 f xcos3x4x2d ，则 f a 0，
2
因为 fx3sin3x40，即 f x 在 上单调递减，
R
 3 π
f  cos 2π2d 2π2d 0，所以a  ，
 2 2 2 2
π π
所以a a  ，又kπa  kπ， ，
1 2 2 1 2 kN
 
所以a 0, .
1  2
故选：A
 1   1   1 
5．在等比数列 a n  中 0a 1 a 8 1 ．则能使不等式  a 1  a 1     a 2  a 2       a n  a n   0
成立的正整数n的最大值为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】C
1 1
【分析】首先可得 ，即可得到 时，a  0， 时，a  0，再根据下
q1 n8 n a n n8 n a n
1 1 1
标和性质得到a  ，a  ， ，a  ，即可得到
1 a 15 2 a 14 L 7 a 9
 1   1   1 
a  a  a  0
 1 a 1   2 a 2   15 a 15 1   1   1 
a  a  a  0，从而得解.
 1 a 1   2 a 2   15 a 15
a
【详解】解：因为 ，所以公比q7  8 1，则 ，
0a a 1 a
1 8 1 q1
1 1
时，a  0， 时，a  0，
n8 n a n n8 n a n
1 1 1
又 ，所以a  ，a  ， ，a  ，
a 8 2 a 1 a 15 a 2 a 14   a 7 a 9 1 a 15 2 a 14 L 7 a 9
 1   1   1 
则a  a  a  0，
 1 a 1   2 a 2   15 a 15
1
又当 时，a  0，
n8 n a
n
 1   1   1 
所以能使不等式  a 1  a 1     a 2  a 2       a n  a n   0成立的最大正整数 n 是 15 ．
故选：C．
6．已知数列 a
n
 的各项均为实数，S
n
为其前n项和，若对任意k 2022，都有 S
k
 S
k1
，
则下列说法正确的是（ ）
A．a 1 ,a 3 ,a 5 ,  ,a 2n1 为等差数列，a 2 ,a 4 ,a 6 ,  ,a 2n 为等比数列
B．a 1 ,a 3 ,a 5 ,  ,a 2n1 为等比数列，a 2 ,a 4 ,a 6 ,  ,a 2n 为等差数列
C．a 1 ,a 2 ,a 3 ,  ,a 2022 为等差数列，a 2022 ,a 2023 ,a 2024 ,L ,a n 为等比数列
D．a 1 ,a 2 ,a 3 ,  ,a 2022 为等比数列，a 2022 ,a 2023 ,a 2024 ,L ,a n 为等差数列
【答案】C
【分析】令 f(n)|S |(S 是等差数列的前n项和),由题意可得当n2022时， 单调递减，
n n f(n)
结合二次函数的性质和选项逐一判断即可.
【详解】解：令 f(n)|S |0,由题意当n2022时， 单调递减，
n f(n)
对于首项为a
1
，公差为d的等差数列，
n2n d d
则前n项和T na  d  n2(a  )n(不含常数项)，
n 1 2 2 1 2
d  d 
此时 f n T  n2a  n ，
n 2  1 2
由二次函数的性质知：当n足够大时，f(n)不可能为单调递减函数，
所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；
对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比q(0,1)时，满足
f(n) f(n1)，故符合题意；
对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当n足够大
时，不满足 f(n) f(n1)，即 不可能为单调递减函数，故不合题意
f(n)
故选：C.
【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和S 是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有
n
关等差数列前n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.
 1
a b 
  n1 n a
n
7．已知数列 ， 满足 ， ， ， ，则下列选项错误的
1
1 b a 
a n  b n  a 1 2 b 1  2   n1 n b n nN*是（ ）
a 1
A． 50  B．
b 4 a b 112
50 50 50
5
C．a 50 b 50  2 a 50 b 50 D． a 50 b 50 ≤15
【答案】D
a 5
【分析】求得 50 的值判断选项A；求得 的范围判断选项B；求得 与 a b
b a b a b 2 50 50
50 50 50 50 50
的关系判断选项C；求得 a b 的范围判断选项D.
50 50
1 1 1 1 a 1
【详解】选项A：a b    1，b a  224，则 2 
2 1 a 2 2 2 1 b b 4
1 1 2
1
b 
a n a b
又 n1  n  n ，则 ，
b 1 a a b a
n1 a  n n1  n  n1
n b b a b
n n1 n n1
a a a 1
则 50  48    2  .判断正确；
b b b 4
50 48 2
1 1 1
选项B： a b (b  )(a  )a b 2 4
n1 n1 n a n b n n a b
n n n n
（当且仅当a b 1时等号成立）
n n
1 1 1
则a
50
b
50
a
1
b
1
249
ab

a b



a b
1 1 2 2 49 49
1
2249 48112.判断正确；
4
1 1  1 
选项C：a b a b   a b  1 ，
n1 n1 n n a b n n  a b 
n n n n
2
 1 
则a b 2 a b 2 1 
n1 n1 n n  a b 
n n
 2 1  a b
a b 2 1  a b 2 n1 n1
n n  a b a 2b 2  n n a b
n n n n n n
a b 2 a b 2 a b 2 25
则 n1 n1  n n   1 1  ，

a b a b ab 4
n1 n1 n n 1 1
5
则a b  a b .判断正确；
50 50 2 50 50
1 1  1 
选项D：a b b a   b a  1 ，
n1 n1 n n a b n n  a b 
n n n n
2
 1 
则a b 2 b a 2 1 
n1 n1 n n  a b 
n n
 2 1  a b
b a 2 1  b a 2 n1 n1
n n  a b a 2b 2  n n a b
n n n n n n
a b 2 a b 2 a b 2 9
则 n1 n1  n n   1 1  ，

a b a b ab 4
n1 n1 n n 1 11 1 1
而a 50 b 50 a 1 b 1 249 ab  a b    a b 2249100 ，
1 1 2 2 49 49
3
则 a b  a b 15.判断错误.
50 50 2 50 50
故选：D
1 a b 2 25
【点睛】关键点点睛：推导出a b a b 2 化简求解出 n1 n1  和
n1 n1 n n a b a b 4
n n n1 n1
a b 2 9
n1 n1  是关键
a b 4
n1 n1
na
8．已知数列a 中，
a 1
，若a
n

na
n1  n2,nN* ，则下列结论中错误的是（ ）
n 1 n1
12 1 1 1 1 1 1
A．a  B．   C． D．  
4 25 a a 2 a ln(n1)1 a a 2
n1 n n 2n n
【答案】D
1 1 1 1
【分析】A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得    ，所以该选项正确；
a a n1 2
n1 n
1 1 1 1
C.
a
=1+
2
+
3
+  +
n
,  n1,nN*，设
f(x)=ln(x1)x,(x0),
得到
ln(x1)x0
，
n
再赋值相加即得 a lnn11，所以该选项正确；D.
n
1 1 1 1 1 1 1
       n ,所以该选项错误.
a a n1 n2 2n 2n 2
2n n
2 6 12
【详解】解：A. 由题得a  ,a  ,a  ,所以该选项正确；
2 3 3 11 4 25
1 na 1 1 1 1 1 1
B. 由题得
a

na
n1,
a

a

n
,
a

a

n
， n2,nN*，所以
n n1 n n1 n n1
1 1 1 1 1 1 1
  ，当 时，也满足，所以    ，所以该选项正确；
a a n1 n1 a a n1 2
n1 n n1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
C. 由前面得
a

a

2
，
a

a

3
，
a

a

4
， 
a

a

n
， n2,nN*，
2 1 3 2 4 3 n n1
1 1 1 1 1 1 1 1
所以
a
=1+
2
+
3
+  +
n
,也适合
n1
，所以
a
=1+
2
+
3
+  +
n
,  n1,nN*.
n n
1 x
设 f(x)=ln(x1)x,(x0),f(x) 1 0，所以函数 在 单调递减，
x1 x1 f(x) (0,)
1 1
所以 所以 ，所以 f( )ln3ln2 0，
f(x) f(0)0, ln(x1)x0 f(1)ln210, 2 2
1 1 1 1 1
f( )ln4ln3 0，f( )ln5ln440， ， f( )ln(n1)lnn 0,所以
3 3 ,4 L n n
1 1 1 1
ln(n1)1 2  3    n  a ,所以 a lnn11 ，所以该选项正确；
n n
1 1 1 1 1 1 1
D.        n ,所以该选项错误.
a a n1 n2 2n 2n 2
2n n
故选：D
二、多选题9．已知函数 f x3 x2 2 x1，数列 a
n
 满足a
1
0，且a
n1
 f a
n
 ，nN*.若 a
n

是等差数列，则a 可能取的整数是（ ）
1
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】ABD
【分析】将 f x 表示为分段函数的形式，利用选项以及 a  是等差数列求得正确答案.
n
x4,x2

【详解】 f x5x8,2x1，

x4,x1
A选项，a 1，a  f a  f 13，
1 2 1
a
n1
 f a
n
a
n
4,a
n1
a
n
4，所以 a
n
 是首项a
1
1，公差为4的等差数列.
所以A选项正确.
B选项，a 2,a  f a  f 22，
1 2 1
所以a 2，则
a 
为常数列，也是等差数列. 所以B选项正确.
n n
C选项，a 3,a  f a  f 31，
1 2 1
a  f a  f 13，2a a a ，所以 a  不是等差数列.
3 2 1 1 3 n
所以C选项错误.
D选项，a 4,a  f a  f 40，
1 2 1
a  f a  f 04，当n3时，a  f a a 4,a a 4，
3 2 n1 n n n1 n
所以 a
n
 是首项a
1
4，公差为4的等差数列.
所以D选项正确.
故选：ABD
10．数列a 各项均为正数，其前n项和S ，且满足a S 9  nN ，下列四个结论中
n n n n
正确的是（ ）
A．
a 
为等比数列 B．
a 
为递减数列
n n
1
C．a 中存在大于3的项 D．a 中存在小于 的项
n n 2023
【答案】BD
【分析】对于A：假设数列
a 
为等比数列，设其公比为q，求出q0，不合乎题意；对
n
9 9 9a a 
于B：求出a    n1 n 0，得到 ，即可证明；对于C：先求出
n a a a a a a
n n1 n n1 n n1
a 3，由数列 a  为递减数列，即可判断；对于D：利用单调性证明.
1 n
2
 9  81
【详解】对于A：假设数列 为等比数列，设其公比为q，则 ，即   ，
a n  a 2 2 a 1 a 3 S 2  S 1 S 3
所以，S
1
2 S
1
S
3
，可得a
1
2(1q)2 a
1
2 1qq2 ，解得q0，不合乎题意，故数列a
n
不
是等比数列，故A错；
9
对于B：当
n2
时，
a n S n S n1
.因为
a n S n 9
 nN，所以S
n

a n
，所以
9 9 9a a 
a    n1 n 0，可得 ，所以数列 为递减数列，故B对；
n a a a a a a a 
n n1 n n1 n n1 n对于C：由题意可知，nN,a
n
0，当n1时，a
1
2 9，可得a
1
3；由B知数列 a
n

为递减数列，故C错；
对于D：因为数列 a  各项均为正数，其前n项和S ，所以随着n的增大，S 递增.
n n n
9
而
a S 9
 nN恒成立，所以a
n

S
递减，且
a 0
，
n n n n
1
所以a 中必存在小于 的项
n 2023
故选：BD.
11．已知数列 a
n
 满足a
n
ean1 ean 1，且a
1
1， S
n
 是数列 a
n
 的前n项和，则（ ）
A．a a B．S 2
2023 2022 2023
2 2022
C． D．a  
a a 2a 2023 3
2021 2023 2022
【答案】AD
1
【分析】对于A,证明数列a
n
单调递减即得解；对于B，证明a
n1

2
a
n
即得解；
2 n1
对于C，随着 减小，从而 增大．即得解；对于D，证明a   即得解.
a a a n 3
n n1 n
【详解】对于A:hxexx1,hxex1,hx
在
0,
单调递增,
hx
在
,0
单调
递减,
hxh00,当且仅当x0时,exx10
若a n1 0,又因为a n ean1 ean 1则a n ean 1,则a n 0，则a n1 a n   a 1 0,又因为a 1 1,
ean 1
所以 所以ean+1  ，
a 0 a
n n
设g(x)ex1xex,g(x)exexxex xex，
当x0时，g(x)0, g(x)单调递减，当x0时，g(x)0, g(x)单调递增.
所以g(x)g(0)0,所以xex ex1,所以a ean ean 1,
n
ex 1
由hxexx10, 当 时, 1
x0 x
ea1 1 e1
因为 ，所以ea2   1,则 ,同理得 ,
a =1 a 1 a 0 a 0 a 0
1 1 2 3 L n
ean 1
当 时，ean  =ean+1,a a ；
a 0 a n n1
n n
所以a a ，所以数列 a  单调递减.则a a , 所以选项A正确.
n n1 n 2023 2022
1
对于B：由前面得 ．下面证明a  a ．
0a a 1 n1 2 n
n1 n
ean 1
ln
只需证明a
n1 
1

a
n 
1
ln
ean 1

1
a 
ean 1
e
1
2
an ，令 ，
a
n
2 a
n
2 a
n
2 n a
n
bean
b1 1 1  1
 b2 b2 b 2 lnb0,1be，
lnb
1  1 
令 1  1 ，则m(b)  b 2  0，
m(b)b2 b 2 lnb,b(1,e] 2b b 1
∴mbm10成立．所以a
n1

2
a
n
，
1 1  1  1
所以S 2023 a 1 a 2  2 a 2    22021 a 2 a 1   2 22021   a 2 12ln(e1) 22021 ln(e1)2，所
以选项B错误；
对于C：a a ln  ean 1  lna a ，设a x,x(0,1]，设
n1 n n n n
f(x)ln  ex1  lnxx,x(0,1]，
ex 1 1 1
则 f(x)  1  0．所以函数 单调递减，所以随着 减小，
ex1 x ex1 x f(x) a
n
从而a a 增大．所以a a a a ，即2a a a ．所以C错误．
n1 n 2023 2022 2022 2021 2022 2021 2023
2 n1
对于D：一般地，证明：a   ．
n 3
ean 1
ln
只需证明a
n1 
2

a
n 
2
ln
ean 1

2
a 
ean 1
e
2
3
an ．
a 3 a 3 a 3 n a
n n n n
 x1  x 2 3  x 1 3 x  2 3 lnx0,1 xe．令 1  2 ，
lnx k(x)x3 x 3 lnx,x(1,e]
1  1  2 
则k(x)

1

3 x 2

0，
3x 3 x 3 x 
2 2 n1
∴ 成立．所以a  a ，所以a   ．所以D正确．
k(x)k(1)0 n1 3 n n 3
故选：AD.
12．已知数列 a  满足1a 2，a a a2a 1，则（ ）
n 1 n n1 n n
A．a a 2a B．aa a n1
n n2 n1 1 2 n
n n n a 1
C． a a 2  D．  k lnn1
k k1 n1 a
k1 k1 k
【答案】BCD
1 1
【分析】由已知可得a a  1，则a a 1 ，结合 可推导得 ，
n1 n a n n1 a 1a 2 a 1
n n 1 n
1
由此确定a
n1
a
n

a
10，可知数列a 单调递减，得到
a a 2a
，知A错误；
n n n n2 n1
n1
采用分析法可知，若B正确，则只需证明a  ，采用数学归纳法可证得结论，知B正
n n
1 1 1 n
  
确；结合B中结论可知若C正确，只需证明 22 32 n12 n1 ，采用数学归纳法
1 n1
可证得结论，知C正确；结合B中结论可知若D正确，只需证得 ln ，构造函数
n1 n
f xxln1x ，x0,1，利用导数可求得 f x 单调递减，由此可得 f x0，进而
1 n1
得到 ln ，知D正确.
n1 n
【详解】 a
n
2a
n
10恒成立，a
n
a
n1
0，又1a
1
2，a
n
0，1
a a  1，
n1 n a
n
对于A， 1a
1
2，a
2
1，a
3
1，……，以此类推，a
n
1，
1 1
而a a 1 ，a a 1 ，
n n1 a n1 n2 a
n n1
1 1 1
a
n1
a
n

a
10， 数列a 为递减数列，则1
a
1
a
，
n  n n n1
即a a a a ，a a 2a ，A错误；
n n1 n1 n2 n n2 n1
2 3 n n1 n1
对于B，若 ，则aa a     ，只需a  ；
a 1 a 2 a n n1 1 2 n 1 2 n1 n n n
n1
当 时， ，满足a  ；
n1 1a 2 n n
1
k1
假设当nk  kN时，a  成立，
k k
那么当nk1
 kN
时，
1 k1 k k12k k2k1 k22k k2
a a  1  1    ，
k1 k a k k1 kk1 kk1 kk1 k1
k
k11
即当
nk1
 kN时，a
k1

k1
成立；
n1 2 3 n n1
综上所述：a  成立，aa a     n1，B正确；
n n 1 2 n 1 2 n1 n
2
1  1 
对于C，  a n a n1 1 a ，a n a n1 2   1 a   ，
n n
由B得：  1 1   2   1 n   2  1 ，a a 2  1 ；
 a   n1 n12 n n1 n12
n
n 1 1 1 1 n
则若 n a a 2  n ，只需      ，
k k1 n1 k1 k12 22 32 n12 n1
k1
1 1 1
当 时，   ，不等式成立；
n1 22 4 2
1 1 1 k
  
假设当 nk  kN时， 22 32 k12 k1 成立，
那么当nk1
 kN
时，
1 1 1 1 k 1
kk22k1
     
22 32 k12 k22 k1 k22 k1k22
k34k25k1 k34k25k2 k12k2 k1
    ，
k1k22 k1k22 k1k22 k2
1 1 1 1 k1
   
即当 nk1  kN时， 22 32 k12 k22 k2 成立；
n 1 1 1 1 n
    
综上所述： 成立；
k12 22 32 n12 n1
k1n n
a a 2  ，C正确；
k k1 n1
k1
a 1 1 n 1
对于D，由B知： n 1 1  ，
a a n1 n1
n n
n a 1 n a 1 1 1 1 3 n1
若  k lnn1 ，只需  k    ln2ln ln lnn1 ，
a a 2 3 n1 2 n
k1 k k1 k
1 n1 1 n  1 
则只需 ln ，即 ln ln1 ，
n1 n n1 n1  n1
令 f xxln1x ，x0,1，
1 x
 fx1  0， \ f ( x) 在0,1上单调递减，
1x 1x
f x f 00，即xln1x ，
又 1 0,1， 1 ln  1 1  ，则  n a k 1 lnn1 ，D正确.
n1 n1  n1 k1 a k
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，解题关键是能够证得
n1
a  ，进而通过数列的放缩对选项中的不等式进行转化；通过数学归纳法或构造函数
n n
的方式对转化后的不等式进行证明.
三、填空题
13．在由正整数构成的无穷数列 a  中，对任意的正整数，都有a a 且对任意的正整
n n n1
数k，数列 a  中恰有k个k，则a ______.
n 2023
【答案】64
【分析】将相同数字作为一组，则第k组有k个数，利用等差数列求和公式确定前n组的
nn1
数字个数为 ，则可确定 所在的组，即为 的值.
a a
2
2023 2023
【详解】据题意可知数列为：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5......，
设1为第一组，2,2为第2组，......，k,k,k,k......为第k组，......，
nn1 nn1
设 在第 组，则前 组一共有数字 个，当 时 20162023，当
a n n 2 n63 2
2023
nn1
时 20802023，
n64 2
所以a 在第64组，即a 64，
2023 2023
故答案为：64.
14．高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名的成果有110个.设xR，
用
x 表示不超过x的最大整数，则yx
称为高斯函数，若用
xxx
表示x的非负纯
1
小数，如
2

 21
，已知数列a 满足 a
1
 3,a
n1
a
n

a 
，则
a 
__________.
n n 2021
【答案】3030 3## 33030
【分析】根据题意求出a,a ,a ,a ,a ，找出规律，即可求出a 的值.
1 2 3 4 5 20211 3 3
【详解】 ，a 1   ，
Qa  3 2 31 2 2
1
1 6
a 2   3
3 3 3 2 ， 1 9 3 ，
2 a 4  
2 4 31 2 2
1 12
a 5   3
5 9 3 2 ，
5
2
n1
由此可得到规律：当 为奇数时，a  3 3，
n n 2
20211
a  3 33030 3，
2021 2
故答案为：a 3030 3.
2021
2
15．已知数列 满足a 2a  3，其首项 ，若数列 是单调递增数列，则
{a } n1 n a a a {a }
n n 1 n
实数a的取值范围是______.
1
【答案】(0, )(2,)
2
【分析】根据数列{a }是单调递增数列，对实数a分类讨论，通过a a 0并利用函数
n n1 n
单调性即可求得实数a的取值范围.
2 2 2
【详解】由题意得a a a  30，则a  30，即a 30，
n1 n n a 1 a a
n 1
当a0时，a23a20解得0a1或a2；
当a<0时，不等式无解；
又因为a a 0，所以a a 0
n1 n 3 2
2
即a a a  30，又 ，所以
3 2 2 a a0 a23a 20
2 2 2
2a24a22a25a2
即a23a 2a 2a 1  0；
2 2 2 2  a  a 
又因为a(0,1) (2,)，易得2a24a22(a1)2>0

1
所以， ，解得a 或
2a25a2(2a1)(a2)>0
2 a2
2 1
利用对勾函数性质可知，函数 f(x) x 3在(0, )(2,)上满足 恒成立，
x 2 f(x)0
1
所以实数 a 的取值范围为a(0, 2 )  (2,).
1
故答案为：(0, )(2,)
2
40 80 60
16．已知数列a
n
､b
n
､c
n
的通项公式分别为a
n

n
､b
n

s
､c
n

t
，其中
nst 200，skn，n,s,t,kN，令M maxa ,b ,c  （maxa ,b ,c  表示a ､b ､
n n n n n n n n n
c 三者中的最大值），则对于任意kN*，M 的最小值为___________
n n
10
【答案】
1140 60 
【分析】当 时，可得M maxa ,c max , ，再根据数列的单调性求
k 2 n n n  n 2003n
400 400
得n ， 取得最小值，而44 45，分别求出 ， 比较可得 时，
9 M n 9 M 44 M 45 k 2
M 的最小值，然后当k 1,k 3时，根据函数的单调性，分别求出可能取得最小值时n的
n
值，比较即可得答案
40 60 
【详解】当 时，可得M maxa ,b ,c maxa ,c max , ，
k 2 n n n n n n  n 2003n
因为数列
a 
为单调递减数列，数列
c 
为单调递增数列，
n n
40 60 400
所以当  时， 取得最小值，此时n ，
M
n 2003n n 9
因为44 400 45，而M maxa ,c max   40 , 60   10 ，
9 44 44 44 44 200344 11
40 60  12
M maxa ,c max ,  ，
45 45 45 45 200345 13
10 12
又因为  ，
11 13
10
所以当 时， 的最小值为 ，
k 2 M n 11
80 30 
当 时，M maxa ,b ,c maxb ,c max , ，
k 1 n n n n n n  n 100n
因为数列
b 
为单调递减数列，数列
c 
为单调递增数列，
n n
80 30 800
所以当  时， 取得最小值，此时n ，
M
n 100n n 11
因为72 800 73，而M maxb ,c max   80 , 30   10 ，
11 72 72 72 72 10072 9
M maxb ,c max   80 , 30   10 ，此时 的最小值为10 ， 10  10
73 73 73 73 10073 9 M n 9 9 11
60 60 15
当 时，c    ,a b ，
k 3 n 200(1k)n 2004n 50n n n
40 15 
所以M maxa ,b ,c maxa ,c max , ，
n n n n n n  n 50n
40 15 
令H max , ，
n  n 50n
 15 
因为数列a
n
为单调递减数列，数列
50n


为单调递增数列，
40 15 40 15  400
所以当  时，H max , 取得最小值，此时n ，
n 50n n  n 50n 11
400 40 15  10 40 15  15
因为36 37，而H max ,  ，H max ,  ，
11 36 36 5036 9 37 37 5037 13
10 15
10
又因为  ，此时 的最小值为 ，
M
9 13 n 910
综上， 的最小值为 ，
M
n 11
10
故答案为：
11
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的单调性的应用，考查分类思想，解题的关键是分别
当k 2，k 1和k 3时，根据题意求出M 的最小值，然后比较可得答案，考查计算能力，
n
属于难题