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