4.10 数列在高考中的考法（高考版）
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：必记6 个知识点.............................................................2
考点二：必明2 个常用结论..........................................................2
考点三：分组求和两种技巧.......................................................... 3
考点四：数列新定义考法............................................................. 3
考点五：放缩法在数列中应用知识点...............................................3
模块二：题型分类.........................................................................4
题型一：由定义法求解数列.......................................................... 4
题型二：由递推关系求数列的通项公式............................................7
题型三：等差、等比数列综合....................................................... 9
题型四：构造法....................................................................... 14
题型五：放缩法....................................................................... 16
题型六：数列与导数................................................................. 23
题型七：新定义题型................................................................. 31
题型八：不等式的证明.............................................................. 34
题型九：数列取值范围问题........................................................ 39
题型十：数列中的最值问题........................................................ 44
题型十一：数列的综合应用........................................................ 46
4.10 数列在高考中的考法（高考版）
模块一：基础知识
考点一：必记6 个知识点
1．公式法求和
(1)等差数列求和公式：Sn＝
n a1+an
2
＝____________．
(2)等比数列求和公式：Sn＝
na1，q = 1，
a1−anq
1−q = ________，q ≠1.
2．裂项相消法求和
把数列的通项拆分为两项之差，使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法．
3．错位相减法求和
(1)适用的数列：{anbn}，其中数列{an}是公差为d 的等差数列，{bn}是公比为q≠1 的等比数列．
(2)方法：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．
4．倒序相加法求和
如果一个数列{an}与首末两端等“距离”的两项的和等于首末两项之和，可把正着写与倒着写的两个
式子相加，就得到一个常数列的和，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，例如等差数列的前n
项和公式即是用此法推导的．
5．分组求和法求和
若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化
求和法，分别求和而后相加减．例如已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.
6．并项求和法求和
把数列中的若干项结合到一起，形成一个新的可求和的数列，此时，数列中的项可能正、负相间出现
或呈现周期性．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两个项合并求解．例如：Sn＝1002－992＋982－972＋…＋
22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
考点二：必明2 个常用结论
1．一些常见数列的前n 项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
n n+1
2
；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n
2．三种常见的拆项公式
(1)
1
n n+1 ＝
1
n −
1
n+1；
(2)
1
2n−1
2n+1 ＝
1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1)；
(3)
1
n+ n+1＝n + 1 −
n.
考点三：分组求和两种技巧
1.分组转化法求和的常见类型
1 若an = bn ± cn，且bn ，cn 为等差或等比数列，可采用分组求和法求an 的前n 项和．
2 通项公式为an = bn，n 为奇数，
cn，n 为偶数
的数列，其中数列bn ，cn 是等比数列或等差数列，可采用分
组求和法求和．
2.并项求和法
一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an =( −1)n f(n)类型，可采用
两项合并求解．例如Sn
=1002 - 992 + 982 -972 +…+22 -12 =(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5 050.
考点四：数列新定义考法
1.数列的新定义问题的特点是：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来
创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实
现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
2.破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼
{an}的“优值”Hn＝2
n的含义为
a1+2a2+…+2n−1an
n
＝2
n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a1＋2a2＋…＋2
n－1an
＝n·2
n求通项，只需写出a1＋2a2＋…＋2
n－2an－1＝(n－1)·2
n－1，通过相减，即可得通项公式．
考点五：放缩法在数列中应用知识点
放缩法是不等式证明中最重要的变形方法之一.在高考命题的热点一一数列不等式的证明一一中有广
泛的应用,放缩必须有目标,而且要恰到好处,目标往往要从证明的结论考量.
常用的放缩法有增项,减项、利用分式的性质、利用不等式的基本性质,利用已知不等式(如均值不等式,
柯西不等式、排序不等式等)、利用函数的性质、利用三角函数的有界性进行放缩等,适当放缩是解决不等
式问题的重点也是难点所在.虽然各版教材关于不等式放缩的技巧要求并不高,但高考中和全国数学联赛中
经常把对这种方法的考查作为命题的热点,特别是在压轴题中,数列不等式的证明是常考题型.
放缩法主要有直接放缩、裂项放缩,并项放缩,加强放缩等几种类型.
(1)直接放缩:为了证明不等式A
B
,可找一个(或多个)中间量C 作比较,若能确定A
C
与C
B
同时
成立,则A
B
显然正确(实质就是运用不等式基本性质中的传递性).所谓“放”即把A 放大到C ,再把C 放大
到B ;反之,由B 缩小经过C 而变到A ,则称为“缩”,统称为放缩法,放缩法是一种技巧性较强的不等变形,关键
是放,缩适当,跨度合理,放不能过头,缩不能不及.
(2)裂项放缩:在证明数列不等式中涉及数列求和时,经常出现这类技巧.放缩法常用的结论如下：
①1
2
2
2(
1
)
1
k
k
k
k
k
k
k
;
*
1
2
1
2(
1)
N ,
1
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
②
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
;
(
1)
1
(
1)
1
k
k k
k
k k
k k
k
k
;
③
2
2
1
1
1
1
1
1
1
(
1)(
1)
2
1
1
k
k
k
k
k
k
(4)绝对值不等式:||
|
|
||
|
|
|
|
|
|
a
b
a
b
a
b
-
-
.
(3)并项放缩:有些不等式问题,直接放缩无法办到,如果对原不等式中的项进行适当重组,可使原问题出
现“柳暗花明又一村”的境地,并项放缩是局部调整法最为简单的一种.G ・波利亚也说过“局部提示整体”,局
部调整,分段逼近是导致不等式证明,特别是数列不等式证明得以解决的重要分析.
(4)加强放缩:有些数列不等式问题若直接证明命题比证明其某个加强命题更困难.这时,我们不妨“欲擒
故纵",先通过证明原命题的某个“更强的命题”,从而“顺手牵羊”地解决原命题,这种证明方法称为加强命题法,
这是证明数列不等式问题的一种有效方法.
总之,有关不等式的证明,在对问题作细致观察的基础上,展开丰富的联想,开启创造性思维的大门,将待
处理的问题变化(转化)为目标模式或规范问题,从而使原问题得到解决,是化归思想的体现,运用放缩法证明
不等式,其实质是化归思想的运用.
模块二：题型分类
题型一：由定义法求解数列
1.已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，满足
2
1
n
n
S
a
n
*
N
．
(1)求数列
na
的通项公式
na 及
n
S ；
(2)若数列
nb
满足
31
n
n
b
S
，求数列
nb
的前10 项的和
10
T ．
【答案】(1)
1
2
,
2
1
n
n
n
n
a
S
；
(2)1922.
【分析】（1）由
1
1
a
S
求出
1a ，由
1(
2)
n
n
n
a
S
S
n
求得数列{
}
na
的递推关系得其为等比数列并得出公比，
从而易得通项公式、前n 项和；
（2）根据绝对值的定义按正负分类讨论去绝对值符号，然后分组求和．
【详解】（1）由
2
1
n
n
S
a
得：
1
1
2
1
S
a
，即
1
1
a ，
由
2
1
n
n
S
a
得：
1
1
2
1
n
n
S
a
，两式相减得：
1
1
2
2
n
n
n
a
a
a
，
即
1
2
n
n
a
a
，
所以数列
na
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
2n
na
，则
1
2
2
1
1
2
n
n
n
S
；
（2）由（1）知：
2
32
n
nb
，则
32
2
1
5
2
32
5
n
n
n
n
b
n
，
所以
1
2
5
6
7
10
10
32
2
32
2
32
2
2
32
2
32
2
32
T
1
2
10
1
2
5
2
2
2
2 2
2
2
10
5
11
2 1 2
4 1 2
2
126
1922
1 2
1 2
.
2.已知数列
na
中，
1
1
a ，
1
1
2
3 2 n
n
n
a
a
n
N
.
(1)判断数列2
n
n
a
是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列
na
的前n 项和
n
S
【答案】(1)是等差数列，理由见解析
(2)
1
2
3
4
2n
n
S
n
【分析】(1)根据数列的递推公式即可求解；
(2)结合（1）的结论得出
2
3
1 2n
na
n
n
N
，然后利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）因为
1
1
1
1
2
3 2
3
2
2
2
2
4
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以数列2
n
n
a
是以1
2 为首项，以3
4 为公差的等差数列；
（2）由（1）知：
数列2
n
n
a
的通项公式为：
1
3
1
1
3
1
2
2
4
4
n
n
a
n
n
，
则
2
3
1 2 n
na
n
n
N
，
1
0
1
3
2
2
2
5 2
8 2
3
4
2
3
1
2
n
n
n
S
n
n
①，
0
1
2
2
1
2
2
2
5 2
8 2
3
4
2
3
1
2
n
n
n
S
n
n
②，
①②得：
0
1
2
1
1 3
2
2
2
3
1
2
n
n
n
S
n
1
1
1 2
1 3
3
1
2
1 2
n
n
n
1
2
4
3
2n
n
，
则
1
2
3
4
2n
n
S
n
.
3.已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
2
1
n
n
a
a
．
(1)证明：数列
1
na
是等比数列；
(2)设
1
n
n
n
b
a
，求数列
nb
的前n 项和
n
S ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
2
2
2
n
n
n
S
【分析】（1）根据等比数列的定义即可求证，
（1）由等比数列求解
1
2n
na
，进而根据错位相减法即可求和.
【详解】（1）由
1
2
1
n
n
a
a
得：
1
1
2
1
n
n
a
a
由
1
1
a 知：
1
1
2
a
∴
1
1
2
1
n
n
a
a
，∴数列
1
na
是以2 为首项，2 为公比的等比数列
（2）方法一
由（1）得：
1
2n
na
，∴
1
2
n
n
n
n
n
b
a
∴
2
3
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
S
①
2
1
2
3
2
1
2
2
2
n
n
n
S
②
②-①得：
2
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
∴
2
2
2
n
n
n
S
．
方法二
由（1）得：
1
2n
na
，∴
1
2
n
n
n
n
n
b
a
∴
2
3
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
S
①
2
3
1
1
1
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
②
①-②得：
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
∴
2
2
2
n
n
n
S
．
4.已知数列
na
n
*
N
满足
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若
cos π
n
n
b
a
n
，求数列
nb
前2n 项和
2n
T ．
【答案】(1)
2
2
n
na
(2)
2
2 4
2 .
3
n
n
T
【分析】（1）用数列中前n 项和
n
S 与项
n
a 的关系求解；
（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.
【详解】（1）由题意
1
2
2
1
1
2
.
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
当
1
n 时，
1
0
a
；
当
2
n
时，
-1
1
2
2
-1
2
1
3
,
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
两式相减得
1
2
1
1
1
1
2
(
3
)
1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
a
n
n
，
所以
2
2
n
na
，当
1
n 时也成立．
所以数列
na
的通项公式
2
2
n
na
.
（2）根据题意，得
2
2 ,
.cos π
(2
2)cos π
,
2
2,
n
n
n
n
n
n
b
a
n
n
n
为奇数
为偶数
所以
2
1
2
3
2
1
2
...
n
n
n
T
b
b
b
b
b
1
2
3
2
1
2
( 2
2
2
...
2
2 )
(2
2
2 ...
2
2)
n
n
1
2
3
2
1
2
2
2
2
...
2
2
n
n
2
2[1 ( 2) ]
1 ( 2)
n
2 4
2.
3
n
所以
2n
T
2 4
2.
3
n
题型二：由递推关系求数列的通项公式
1.数列
na
的首项
1
1
2
a
，
3
1
4
a
且对任意
*
nΝ ，
2
1
1
1
2
n
n
n
a
a
a
恒成立，则
10
a
．
【答案】1
11
【分析】根据题意先求得
2
1
3
a
，再将原条件转化为
2
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，再由递推关系可推导出
1
na
是
为等差数列，从而求得求得其通项公式，进而求解即可．
【详解】依题意可得
2
3
1
1
1
2
a
a
a
，得
2
1
3
a
，
又
2
1
1
1
2
n
n
n
a
a
a
，则
2
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，
所以数列
1
na
是以
1
1
2
a
为首项，
1
d 为公差的等差数列，
所以
1
2
1
1
1
n
n
n
a
，即
1
1
na
n
，
所以
10
1
11
a
．
故答案为：1
11．
2.有穷数列
na
共有k 项，其满足
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
，
1,
1
n
k
，n
N ，若k 的最大值为4，则
1a
.
【答案】
1
30
/
1
30
【分析】利用递推求数列
1
na
的通项，由题意
5a 不存在，可知
5
1
0
a
，可求
1a 的值.
【详解】
0
na
满足
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
，此时k 没有最大值，所以
0
na
，
由
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
，有
1
2
1
1
n
n
n
n
a
a
a
，即
1
1
1
2n
n
n
a
a
，可得
1
1
1
2 .
n
n
n
a
a
则
1
1
2
3
2
2
1
1
1
1
1
1
1
+
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
1
1
2
3
2
1
1
1
2 1 2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
1 2
n
n
n
n
n
a
a
a
，
若k 的最大值为4，则
5a 不存在，即
5
5
1
1
1
2
2
0
a
a
，
解得
1
1
30
a
，即
1
1
30
a
.
故答案为：
1
30
.
3.数列{
}
na
中，
1
1
3
a
，
2
2
2
*
1
1
2
2
3,
(
1) ,
N
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
b
a
n
，设{ }
nb
的前n 项和为
n
S ，则
1
2
3
1
1
1
1
n
S
S
S
S
……
【答案】
2
3
3
n
n
【分析】根据递推公式得出{ }
nb
的通项公式，再结合裂项相消法计算即可.
【详解】由已知可得：
2
2
2
1
1
1
1
1
1
3,
1
3
n
n
n
n
a
a
b
b
b
a
，
即{ }
nb
是以3 为首项，3 为公差的等差数列，所以
3
3
1
3
nb
n
n
，
3
3
1
2 1
1
2
3
1
n
n
n n
S
S
n
n
，
则
1
2
3
1
1
1
1
2 1
1
1
1
1
1
2
3 1
2
2
3
1
3
3
n
n
S
S
S
S
n
n
n
……
.
故答案为：
2
3
3
n
n
.
题型三：等差、等比数列综合
1.已知等差数列
na
和正项等比数列
1
1
7
5
1
4
，
，
nb
a
b
a
b
.
(1)求
n
n
a
b
，
；
(2)设
2
log
5
n
n
n
c
b
a
，记数列
nc
的前n 项和为
n
S ，求
n
S 的最小值：
(3)设
nb
的前n 项和为
nT ，是否存在常数p ､c ，使
2
log
n
n
a
p
T
c
恒成立？若存在，求出p c
､的值；
若不存在，说明理由.
【答案】(1)
1
1
1
2
2
2 ；
n
n
n
a
n
b
；
(2) 10
；
(3)存在，其中
2 2
2
log
p
，
2 1
c
.
【分析】（1）由题干条件可求出等差数列公差与等比数列公比，后可得通项公式；
（2）由（1）可得
5
nc
n
，后由数列单调性结合项的正负性可得
n
S 的最小值；
（3）可求得
2
2
1
2
1
n
nT
，后由
2
log
n
n
a
p
T
c
可得
2
2
2
n
p
2
2
1
2
1
n
c
，后比较相关系数可得答案.
【详解】（1）设等差数列公差为d ，等比数列公比为
0
q q
.
则由题有：
7
1
1
7
1
2
a
a
d
，
4
5
1
4
2
b
b q
q
.
故
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2 ；
n
n
n
n
a
a
n
d
n
b
b q
；
（2）由（1）可得
2
1
1
1
1
log
5
5
5
2
2
2
2
n
n
n
c
b
a
n
n
n
，
则
nc
是以4
为首项，公差为1的递增等差数列，注意到
4
5
6
1
0
1
，
，
c
c
c
，
则
4
5
4
3
2
1
10
n
S
S
S
，即求
n
S 的最小值为10
；
（3）
1
2
3
2
1
2
1
n
n
n
T
b
b
b
b
2
1
2
1
n
2
2
1
2
1
n
.
因
1
1
2
na
n
，则若
2
log
n
n
a
p
T
c
，可得
2
1
1
2
2
1
2
1
2
log
n
n
p
c
2
1
1
2
2
1
2
1
2
log
n
n
p
c
.注意到
1
1
1
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
log
log
log
n
n
n
p
p
p
n
p
，
则
2
2
2
n
p
2
2
1
2
1
n
c
恒成立，从而可得
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
log
p
p
p
；
2
1
0
2
1
c
c
.
则存在常数
2 2
2
log
p
，
2 1
c
，使
2
log
n
n
a
p
T
c
恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题涉及求数列通项，前n 项和，及数列中的恒成立问题.
本题难点在于第三问，关键需整理出关于p ，c 的等式，后通过比较系数可得关于p ，c 的方程.
2.已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
2
4
3
25
a
a
a
，且
3
2
a
，
4a ，
5
2
a
成等比数列．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)设
1
3 n
a
n
n
b
a
，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【答案】(1)
2
1
N
na
n
n
(2)
1
3
1 3
N
n
nT
n
n
【分析】（1）设出公差，表达出前5 项，通过等差和等比关系求出
3
a 和公差d ，即可得到数列
na
的通项
公式；
（2）表达出数列
nb
的通项公式，得到数列
nb
的前n 项和
nT 的表达式，利用错位相减法即可得出数列
nb
的前n 项和.
【详解】（1）由题意，
N
n
在等差数列
na
中，设公差为d ,
由
1
2
4
3
25
a
a
a
，得
1
5
10
25
a
d
，则
1
3
2
5
a
d
a
，
又a3＋2，a4，a5－2 成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d 成等比数列，得
2
5
7 3
2
d
d
，即
2
2
0
d
，得d＝2，
∴
3
3
2
1
na
a
n
d
n
，
N
n
，
∴数列
na
的通项公式为：
2
1
N
na
n
n
．
（2）由题意及（1）得，
N
n
，
在数列
na
中，
2
1
na
n
，
在数列
nb
中，
1
3 n
a
n
n
b
a
，
∴
2
2
1
3
2
1 3
n
n
nb
n
n
，
∴
1
2
3
1 3
3 3
5 3
2
1
3n
n
n
T
，
2
3
1
3
1 3
3 3
2
3
3
2
1
3
n
n
nT
n
n
，
两式相减得
2
3
1
2
3
2 3
3
3
2
1 3
n
n
nT
n
1
1
9 1 3
3
2
2
1 3
1 3
n
n
n
1
6
2
2
3n
n
．
∴
1
3
1 3
N
n
nT
n
n
3.在数列
na
中，
1
2
a
，
2
8
a
，且对任意的
*
N
n
，都有
2
1
4
4
n
n
n
a
a
a
.
(1)证明：
1
2
n
n
a
a
是等比数列，并求出
na
的通项公式；
(2)若
*
*
2
,
2
1,
N
log
,
2 ,
N
n
n
n
n n
k
k
a
b
n n
k k
a
，求数列
nb
的前n项和
nT .
【答案】(1)证明见解析，
2n
na
n
；
(2)
2
*
2
*
1
1
11,
2
1,
N
3 2
4
12
1
2,
2 ,
N
3 2
4
2
3
n
n
n
n
n
k
k
T
n
n
n
k k
.
【分析】（1）由
2
1
4
4
n
n
n
a
a
a
，可得
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，即
1
2
n
n
a
a
是等比数列，可求得
1
1
2
2n
n
n
a
a
，变形为
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
，即可得到2
n
n
a
是等差数列，可求得2
n
n
a
n
，从而求得
2n
na
n
；
（2）
*
*
1 ,
2
1,
N
2
,
2 ,
N
n
n
n
k
k
b
n n
k k
，利用分组求和以及等差等比前n项和公式，先求出n为正偶数时
nT 的表达
式，再求为正奇数时的表达式，即可得到.
【详解】（1）证明：因为
1
2
a
，
2
8
a
，所以
2
1
2
8
2 2
4
a
a
.
因为
2
1
4
4
n
n
n
a
a
a
，所以
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
又
2
1
2
4
0
a
a
，则有
1
2
0
n
n
a
a
N
n
，
所以
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
2
n
n
a
a
是以4 为首项，2 为公比的等比数列.
所以
1
1
1
2
4
2
2
n
n
n
n
a
a
，
所以
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
，
又
1
1
2
a ，所以2
n
n
a
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
1
1
1
2
n
n
a
n
n
，所以
2n
na
n
.
（2）由（1）知
*
*
2
,
2
1,
N
log
,
2 ,
N
n
n
n
n n
k
k
a
b
n n
k k
a
*
*
1 ,
2
1,
N
2
,
2 ,
N
n n
k
k
n n
k k
，
则
nb
的奇数项为以
1
1
2
b
为首项，1
4 为公比的等比数列；偶数项是以
2
2
b ，2
为公差的等差数列.
所以当n 为偶数，且
2
n
时，
1
3
1
2
4
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
1
1
1
1
( 2
4
)
2
8
2 n
n
2
1
1
1
2
4
2
2
1
2
1
4
n
n
n
2
2
1
1
3
2
4
n
n n
2
1
1
2
3 2
4
2
3
n
n
n
；
当n 为奇数，且
3
n
时，n
1
为偶数，
1
n
n
n
T
T
b
2
2
1
1
1
2
1
3 2
4
2
3
2
n
n
n
n
2
1
11
3 2
4
12
n
n
.
1
n 时，
1
1
2
1
1
11
1
3 2
4
12
2
T
，满足.
所以，当n 为奇数，且
1
n 时，有
2
1
11
3 2
4
12
n
n
T
n
.
综上，
2
*
2
*
1
1
11,
2
1,
N
3 2
4
12
1
2,
2 ,
N
3 2
4
2
3
n
n
n
n
n
k
k
T
n
n
n
k k
.
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、
累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题.
4.已知数列
na
的前n 项和为
2
3
5
n
S
n
n
，数列
nb
满足
1
8
b
，
1
64
n
n
b
b
．
(1)证明
na
是等差数列；
(2)是否存在常数a、b，使得对一切正整数n 都有
log
n
a
n
a
b
b
成立．若存在，求出a、b 的值；若不存在，
说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在
1
2
a
，
11
b
.
【分析】(1)由数列
na
的前n 项和为
2
3
5
n
S
n
n
，可求得
6
2
na
n
，
*
N
n
，再由等比数列的定义证明
即可.
(2)根据题意可求得
9 6
2
n
nb
，log
(9
6 )log 2
a
n
a
b
n
，代入
log
n
a
n
a
b
b
中得
6
2
6 log 2
9log 2
a
a
n
n
b
，只需满足以
6
6log 2
2
9log 2
a
a
b
即可，从而求解,a b 的值即可.
【详解】（1）解：证明：因为数列
na
的前n 项和为
2
3
5
n
S
n
n
，
所以当
1
n 时，
1
1
3
5
8
a
S
，
当
2
n
时，
2
1
3(
1)
5(
1)
n
S
n
n
，
所以
2
2
1
3
5
3(
1)
5(
1)
6
2
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
，满足
1
8
a ，
所以数列
na
的通项公式为
6
2
na
n
，
*
N
n
，
所以
1
6(
1)
2
6
2
6
n
n
a
a
n
n
，
*
N
n
，
所以
na
是等差数列；
（2）解：因为
1
64
n
n
b
b
，
所以
1
1
64
n
n
b
b
，
所以数列
nb
是以8为首项，1
64 为公比的等比数列，
所以
1
9 6
1
8 (
)
2
64
n
n
nb
；
所以
9 6
log
log 2
(9
6 )log 2
n
a
n
a
a
b
n
，
要使对一切正整数n 都有
log
n
a
n
a
b
b
成立．
即6
2
(9
6 )log 2
a
n
n
b
，
即6
2
6 log 2
9log 2
a
a
n
n
b
，
所以
6
6log 2
2
9log 2
a
a
b
，解得
1
2
11
a
b
.
故存在常数,a b ，当
1 ,
11
2
a
b
时，对一切正整数n 都有
log
n
a
n
a
b
b
成立.
题型四：构造法
1.数列
na
中，
1
5
6
a
，
1
2
5
10
5
6
5
15
n
n
n
n
a
a
n
n
a
n
，则
99
a
（
）
A．
1
2019
B．2018
2019
C．
1
2020
D．2019
2020
【答案】C
【分析】化简得到
1
5
2
3
2
5
n
n
n
n
a
n
a
n
a
，记
2
n
n
b
n
a
，得到
1
1
1
1
5
n
n
b
b
，
1
nb
是以1
5 为公差的等
差数列，计算得到答案.
【详解】由
1
2
5
10
5
2
3
2
5
5
6
5
15
n
n
n
n
n
n
a
n
a
a
n
n
a
n
n
a
n
，
故
1
5
2
3
2
5
n
n
n
n
a
n
a
n
a
，记
2
n
n
b
n
a
，则
1
5
5
n
n
n
b
b
b
，
两边取倒数，得
1
1
1
1
5
n
n
b
b
，所以
1
nb
是以1
5 为公差的等差数列，
又
1
1
1
1
2
3
5
b
a
，所以
1
2
1
1
1
5
5
5
n
n
n
b
，所以
5
2
1
2
n
n
b
a
n
n
n
，
故
99
5
1
100 101
2020
a
.
故选：C.
【点睛】本题考查了数列的通项公式，确定
1
nb
是以1
5 为公差的等差数列是解题的关键.
2.已知数列
na
各项均不为零，且
1
1
1
1
3,
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
（
2
n
且
*
N
n
），若
21
43
a
，则
9a （
）
A．19
B．20
C．22
D．23
【答案】A
【分析】由已知，令
1
2
1
1
a
t
a
a
得
1
n
n
n
a
n
t
a
a
，化为
1
1
n
n
a
n
t
a
n
t
，利用累乘法求得
na
的通项公式
(含有参数t),根据
20
a 的值求得t 的值，即可求结果.
【详解】由
*
1
1
1
1,(
2,
N )
n
n
n
n
n
n
a
a
n
n
a
a
a
a
，令
1
2
1
1
a
t
a
a
，
则数列
1
n
n
n
a
a
a
是公差为1，首项为
1
t 的等差数列，
所以
1
n
n
n
a
n
t
a
a
，所以
1
1
n
n
a
n
t
a
n
t
.
所以
3
2
1
1
2
1
2
3
3
3
3
(
2)
1
2
1
1
n
n
n
a
a
a
t
t
n
t
n
t
a
a
n
a
a
a
t
t
n
t
t
，
当
1
n 时
1
3
a
也符合上式，所以
*
3
3
N
1
n
n
t
a
n
t
；
所以
21
63
3
43
1
t
a
t
,解得
1
2
t
，所以
*
1
3
3
2
2
1
N
1
1
2
n
n
a
n
n
，
所以
9
19
a
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：由
1
1
1
1
2
n
n
n
n
n
n
a
a
n
a
a
a
a
，得到数列
1
n
n
n
a
a
a
是等差数列；利用累乘法得到
*
3
3
N
1
n
n
t
a
n
t
，进而得到
na
的通项公式．
3.已知函数
( )
y
f x
的定义域为(0,
)
，当
1
x 时，( )
0
f x
；对任意的,
(0,
)
x y
，( )
( )
(
)
f x
f y
f x y
成立.若数列{
}
na
满足
1
(1)
a
f
，且
*
1
(
)
(2
1)(
)
n
n
f a
f
a
n
N
，则
2020
a
的值为（
）
A．
1009
1
a
B．
1010
1
a
C．
2019
2
1
D．
2020
2
1
【答案】C
【分析】由已知，令
1
2
0
x
x
，即
2
1
1
x
x
k
有
( )
0
f k
，结合递推式有
2
1
f x
f x
，即
( )
f x 在(0,
)
上
单调增，进而求
1a 且
1
2
1
n
n
a
a
，利用构造法确定
1
na
为等差数列并写出通项公式，即可求
2020
a
.
【详解】当
1
x 时，
( )
0
f x
，在(0,
)
上任取两数
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
，令
2
1
1
x
x
k
，则
( )
0
f k
．
2
1
1
1
( )
f
x
f kx
f k
f
x
f
x
，即
( )
f x 在(0,
)
上是单调增函数．
令
1
x
y
，则
(1)
(1)
(1)
f
f
f
，解得
(1)
0
f
．而数列
na
满足
1
(1)
0
a
f
，
1
2
1 ,
N
n
n
f a
f
a
n
，
1
2
1
n
n
a
a
，则
1
1
2
1
n
n
a
a
，
∴数列
1
na
是公比为2 ，首项为1的等比数列，得：
1
1
2n
n
a
，
∴
1
2
1
n
na
，故
2019
2020
2
1
a
.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：首先应用已知条件判断函数的单调性，求
1a ；再由
1
2
1
n
n
a
a
，应用构造法求数
列通项，进而求项.
题型五：放缩法
1．已知数列
na
满足
0
na
，
1
2
a
，且
2
2
1
1
n
n
n
n
a
na
a
，
*
n N ，则下列说法中错误的是（
）
A．
2
2
2
n
n
a
n
B．
2
2
2
2
3
2
4
2
3
2
2
2
2
3
4
n
a
a
a
a
n
C．
1
1
n
n
a
a
D．
1
2
n
n
a
a
【答案】D
【分析】分析得出
1
n
n
a
a
，可判断出CD 选项的正误；分析得出
2
2
1
1
n
n
n
a
n
a
na
，利用累加法可判断
出A 选项的正误；当
2
n
时，分析得出
2
2
2
2
1
na
n
n
n
，利用放缩法可判断D 选项的正误.
【详解】由已知，数列
na
满足
0
na
，
1
2
a
，且
2
2
1
1
n
n
n
n
a
na
a
，
*
nN ，
即
2
2
1
1
1
1
n
n
n
n
a
n
na
n
a
，
故
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
na
n
，
由
0
na
，
*
nN ，有
1
1
1
0
n
n
a
，
1
0
n
na
n
，故
1
1
na 与
1
na 同号，
因为
1
1
1
0
a
，则
2
1
0
a ，
3
1
0
a
，L，
以此类推可知，对任意的
*
nN ，
1
na ，
所以，
2
2
2
1
1
1
n
n
n
n
n
a
na
a
n
a
，则
1
n
n
a
a
，所以，
1
1
2
na
a
，D 错；
1
1
n
n
a
a
，C 对；
因为
2
2
1
1
n
n
n
a
n
a
na
，则
2
2
1
2
1
2
a
a
a
，
2
2
2
3
2
3
2
a
a
a
，L，
2
2
1
1
n
n
n
a
n
a
na
，
累加得
2
1
2
1
1
4
2
n
n
a
a
a
n
a
n
，所以，
2
1
2
4
1
n
n
a
n
，可得
2
2
2
n
n
a
n
，A 对；
当
2
n
时，
2
2
3
2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
n
n
a
n
n
n
n n
n
n n
n
n
，
故
2
2
2
2
3
2
4
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
4
2
2
3
3
4
1
n
a
a
a
a
n
n
n
n
，B 对.
故选：D.
2．已知数列
na
中，
1
1
a ，若
*
1
1
2,
N
n
n
n
na
a
n
n
n
a
，则下列结论中错误的是（
）
A．
4
12
25
a
B．
1
1
1
1
2
n
n
a
a
C．
ln(
1)
1
na
n
D．
2
1
1
1
2
n
n
a
a
【答案】D
【分析】A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得
1
1
1
1
1
1
2
n
n
a
a
n
，所以该选项正确；C.
1
1
1
1
=1+
+
+
+
,
2
3
na
n
*
1,
N
n
n
，设
( )= ln(
1)
,(
0),
f x
x
x x
得到ln(
1)
0
x
x
，再赋值相加即得
ln
1
1
na
n
，所以该选项正确；D.
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
a
a
n
n
n
n
,所以该选项错误.
【详解】解：A. 由题得
2
3
4
2
6
12
,
,
,
3
11
25
a
a
a
所以该选项正确；
B. 由题得
1
1
1
1
1
1
1
,
1
1
1
1
,
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
na
a
a
a
n
n
a
，
*
2,
N
n
n
，所以
1
1
1
1
1
n
n
a
a
n
，当
1
n 时，
也满足，所以
1
1
1
1
1
1
2
n
n
a
a
n
，所以该选项正确；
C. 由前面得
2
3
2
3
1
4
1
1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1
2
3
4
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
n
，
，
，
，
*
2,
N
n
n
，
所以
1
1
1
1
=1+
+
+
+
,
2
3
na
n
也适合
1
n ，所以
1
1
1
1
=1+
+
+
+
,
2
3
na
n
*
1,
N
n
n
.
设
1
( )=ln(
1)
,(
0),
( )
1
0
1
1
x
f x
x
x x
f
x
x
x
，所以函数
( )
f x 在(0,
)
单调递减，所以
( )
(0)
0,
f x
f
所以ln(
1)
0
x
x
，所以
(1)
ln 2 1
0,
f
1
1
( )
ln3
ln 2
0
2
2
f
，
1
1
1
( )
ln 4
ln3
0
(
)
ln5
ln 4
4
0
3
3
,4
f
f
，
，L，
1
1
( )
ln(
1)
ln
0,
f
n
n
n
n
所以
1
1
1
1
ln(
1)
1
,
2
3
n
n
n
a
所以
ln
1
1
na
n
，所以该选项正确；
D.
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
a
a
n
n
n
n
,所以该选项错误.
故选：D
3．已知数列
na
中，
1
5
2
a
，
2
1
2
n
n
a
a
，记
1024
2
N
，
10
1
2
10
T
a a
a
，则（
）
A．
10
1
1
,
4
2
N
N
T
B．
10
1
2
,
2
3
T
N
N
C．
10
2
3
,
3
4
T
N
N
D．
10
3
,
4
T
N N
【答案】B
【分析】由已知可得
2
na
，令
1
1
n
n
n
n
a
b
b
b
，则可得
2
1
2
1
1
1
n
n
n
n
b
b
b
b
，再由函数的单调性可得
2
1
n
n
b
b
，从而可得数列
lg
nb
是公比为2 的等比数列，则得
1
2
2
n
nb
，得
1
1
2
2
1
2
2
n
n
na
，从而得放缩法
可求出
10
T 的范围
【详解】解：因为
1
5
2
2
a
，则
2
1
4
a
，故
2
2
a
，依次类推有
2
na
，
令
1
1
n
n
n
n
a
b
b
b
，则
1
2
b
，
2
1
2
1
1
1
n
n
n
n
b
b
b
b
，
又因为
1
( )
f x
x
x
在(1,
)
上递增，故
2
1
n
n
b
b
，即
1
lg
2lg
n
n
b
b
，
所以数列
lg
nb
是公比为2 的等比数列，
故有
1
lg
2
lg 2
n
nb
，即
1
2
2
n
nb
，亦即
1
1
2
2
1
2
2
n
n
na
，
则
0
1
9
0
1
9
2
2
2
10
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
T
0
1
9
0
1
9
2
2
2
2
2
2
1023
1
2
2
2
2
2
2 N
，
又因为
0
1
9
0
1
9
2
2
2
10
2
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
T
0
1
9
1
2
10
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
2
2
0
1
9
1
1
2
10
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
3
2
2
2
2
10
10
11
2
1
2
1
2
4
1
4
2
2
1
2
3
3
3
2
N
，
故选：B.
4．已知各项均为正数的数列
na
满足
1
1
a ，
1
1
e
cos
n
a
n
n
a
a
n
Ν
，其前n 项和为
n
S ，则下列关于数列
na
的叙述错误的是(
)
A．
1
n
n
a
a
n
Ν
B．
2
1
1
n
n
n
a
a
a
n
Ν
C．
1
na
n
n
Ν
D．
2
n
S
n n
Ν
【答案】B
【分析】A 选项：先构造函数
( )
e
cos (
0)
x
f x
x x
，并研究其单调性，利用e
1
(
0)
x
x x
进行放缩，利
用数学归纳法可证明；
B 选项：构造函数h(x)＝e
cos
x
x
2
x
x
，
0
x
，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
na 进行放缩即可证明.
【详解】设函数
( )
e
cos (
0)
x
f x
x x
，则
( )
e
sin
0
x
f
x
x
，故
( )
f x 在(0,
)
上单调递增.
用数学归纳法先证0
1
na
：
当
1
n 时，有
1
0
1 1
a
；
假设n＝k 时，0
1
ka
，
由于
1
(0)
0
(
)
1
(1)
e
cose
k
k
f
a
f a
f
，
∴根据
( )
f x 在(0,
)
上单调递增可知
1
0
1
ka
，
即当n＝k＋1 时，
1
0
1
ka
，∴由数学归纳法原理可知0
1
na
.
对于选项A，
令( )
e
1,
0
x
g x
x
x
，∵
( )
e
1
0
x
g x
，故g(x)在
0,
单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，即e
1
0
x
x
，
即e
1
(
0)
x
x x
，
∴
1
1
1
1
1
e
cos
1
cos
n
a
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，故A 正确.
对于选项B，
令h(x)＝e
cos
x
x
2
x
x
，
0
x
，∵
e
sin
1 2
x
h x
x
x
，令m(x)＝
h x
，则
e
cos
2
x
m x
x
，
令
n x
m x
，则
sin
0
x
n x
e
x
，
∴
n x ，即
m x
在
0,
单调递增，
∴
0
0
m x
m
，∴
m x ，即
h x
在
0,
单调递增，
0
0
h
x
h
，
h x
在
0,
单调递增，
0
0
h x
h
，即
2
e
cos
0
x
x
x
x
，即
2
e
cos
x
x
x
x
.
故
1
2
1
1
1
1
e
cos
(
)
n
a
n
n
n
n
n
a
a
f a
a
a
(*)，从而选项B 错误.
对于选项C，可用数学归纳法证明：
当
1
n 时，有
1
1
0
1
1
a
成立，
当n＝k 时，假设
*
1 (
)
ka
k
k
N
，
若
1
1
1
ka
k
，
则由(*)可知
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
k
k
k
k
k
a
a
a
k
k
k
k
k
，
与假设
1
ka
k
矛盾，故
1
1
1
ka
k
.
故
*
1 (
)
na
n
n
N
.从而选项C 正确.
对于选项D，当
1
n 时，
1
2
2
2(
1)
1
na
n
n
n
n
n
n
n
-
，
故
1
1
2
(
1)
2
n
n
n
k
k
k
S
a
k
k
n
.故选项D 正确.
故选：B.
【点睛】本题关键是根据选项构造函数，将数列的范围等问题转化为研究函数的单调性问题.在解题过程
中需熟练运用数学归纳法、假设法、数列放缩等方法或技巧，属于难题.
5．设数列
na
满足
1
1
0
2
a
，
1
ln 2
n
n
n
a
a
a
对任意的
N
n
恒成立，则下列说法不正确的是（
）
A．
2
1
1
2
a
B．
na
是递增数列
C．
2020
3
1
2
a
D．
2020
3
1
4
a
【答案】C
【分析】设
ln 2
f x
x
x
，利用导数可判断
f
x 在
0,1 上为单调递增函数，即
f
x 在
1
0, 2
上为
增函数，结合单调性以及不等式的放缩可得1
1
2
na
2
n
可判断AC，根据单调性可判断B，根据单调
性结合不等式放缩可得
3
3
4
a
，
2020
3
3
4
a
a
可判断D，进而可得正确选项.
【详解】因为
1
ln 2
n
n
n
a
a
a
且
1
1
0
2
a
，
设
ln 2
f x
x
x
，则
1
1
1
2
2
x
f
x
x
x
，
当0
1
x
时，
( )
0
f
x
¢
>
，故
f
x 在
0,1 上为单调递增函数，
所以
f
x 在
1
0, 2
上为增函数，故
1
0
2
f
f
x
f
，
所以
1
1
1
3
1
ln
e
ln 2
0
ln
ln
e
1
2
2
2
2
2
f
f
x
f
，
所以
1
1
2
f
x
，即1
1
2
na
2
n
，
所以
2
1
1
2
a
，
2020
1
1
2
a
，故选项A 正确，选项C 不正确；
因为
f
x 在
0,1 上为单调递增函数，1
1
2
na
，所以
na
是递增数列，故选项B 正确；
因为
2
1
1
2
a
，
na
是递增数列，所以
1
3
3
2
2
1
3
1
1
1
3
ln 2
ln
ln e
2
2
2
2
3
4
a
a
a
，所以
2020
3
3
4
a
a
，
故
2020
3
1
4
a
，故选项D 正确．
故选：C．
6．设数列
na
满足
1
0
a
，
3
1
2
8 ,
N
n
n
a
ca
c n
其中c 为实数，数列
2
na
的前n 项和是
n
S ，下列说法不
正确的是（
）
A．当
1
c 时，
na
一定是递减数列
B．当
0
c
时，不存在c 使
na
是周期数列
C．当
1
0, 4
c
时，
0,2
na
D．当
1
7
c
时，
5
2
n
S
n
【答案】B
【分析】当
1
c 时，设
3
2
8
f x
cx
c
单调递增，由
2
1
0
a
a
可得
3
2
1
2
a
f a
f a
a
依次递推可得
1
n
n
a
a
可判断A；求出
2a ，
3
a ，因为
2
1
a
a
，若存在实数c 使得
3
1
0
a
a
则可判断B，利用数学归纳法
证明可判断C 和D；
【详解】对于A：当
1
c 时，设
3
2
8
f x
cx
c
单调递增，
因为
1
0
a
，
2
1
2
8
0
a
f a
c
，所以
2
1
a
a
，
3
2
1
2
a
f a
f a
a
，
4
3
2
3
a
f a
f a
a
，依次类推可得
1
n
n
a
a
，
所以当
1
c 时，
na
一定是递减数列，故选项A 正确；
对于B：当
0
c
时，
1
0
a
，
2
2
8
0
a
c
，
3
2
3
2
2
8
2
8
2
8
2
8
1
2
8
a
c
c
c
c
c
c
c
a
，
由
3
0
a
可得
2
2
8
1
0
c
c
，设
2
2
8
1
g c
c
c
，
因为
1
0
g
，
1
0
16
g
，由零点存在性定理可知存在常数c 使
3
0
a
，则可得
4
2
8
a
c
，L，存在c
使
na
是周期数列，故选项B 不正确；
对于C：当
1
0, 4
c
，
1
0
a
，
2
2
8
0,2
a
c
，
假设当n
k
1,
N
k
k
时，
0,2
na
，
则当
1
n
k
时，
3
1
2
8
2
8 ,2
0,2
k
k
a
ca
c
c
，
所以当
1
0, 4
c
时，
0,2
na
成立，故选项C 正确；
对于D：
①首先证明
[0
c
,1]时，
[0
na
,1]：
设
[0
c
,1]，对
*
nN 用数学归纳法证明
[0
na
,1]，
当
1
n 时，
1
0
[0
a
,1]．
假设
[0
ka
,1](
1)
k. ，
则
3
1
1
1
1
k
k
a
ca
c c
c
-
，且
3
1
1
1
0
k
k
a
ca
c
c
.
. ，
1
[0
ka
,1]．
由数学归纳法知
[0
na
,1]对所有
*
nN 成立．
∴当c＝1
[0,1]
7
时，
[0
na
,1]，
②再证明：
na ≥1－
1
3
n
c
：
1
0
a
，当c＝1
7 时，
由
3
1
2
8
n
n
a
ca
c
得，
2
1
1
1
1
n
n
n
n
a
c
a
a
a
∵
[0
na
,1]，∴
2
1
n
n
a
a
[1,3]
，
∴
1
1
na
≤
3
1
n
c
a
，
∴1
na
≤
1
3
1
n
c
a
≤
2
2
3
1
n
c
a
≤…≤
1
1
3
1
n
c
a
＝
1
3
n
c
，
∴
na ≥1－
1
3
n
c
，
③最后证明：
*
2
1
,
1
3
n
S
n
n
N
c
，
当
1
n 时
2
1
2
,
0
2
1
3
a
c
，结论成立，
当
2
n. 时，∵
1
1
(3 )
0
n
na
c
.
，
2
1 2
1
2(
1)
1
(1
(3 )
)
1
2(3 )
(3 )
1
2(3 )
n
n
n
n
na
c
c
c
c
.
，
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2[3
(3 )
(3 )
]
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
n
c
c
c
1
3 [1
(3 )
]
1
2
1
3
n
c
c
n
c
3
(3 )
2(1
(3 ) )
2
1
2
1
1
1
3
1
3
1
3
n
n
c
c
c
n
n
n
c
c
c
，
又∵
1
7
c
，∴
5
2
n
S
n
．故D 正确.
故选：B.
【点睛】本题考查对数列和函数性质的综合应用，考查数学归纳法的使用，解题的过程中还需对式子进行
适当的放缩，属于难题.
题型六：数列与导数
1.已知等比数列
na
单调递增，且
1
2
3
,
,
1
a a a 成等差数列，则当
11
a 取最小值时，集合
*
N
n
n
A
a
a
∣
中的
元素之和为（
）
A．36
B．42
C．54
D．61
【答案】D
【分析】根据题意可知，利用等差数列性质可得
1
2
1
1
a
q
，即可得
10
11
2
(
1)
q
a
q
，构造函数
5
1
1
q
f q
q
q
>
并利用导函数即可求得
5
4
q
时，
2
11
a
f
q
取最小值，可得
1
5
16
4
n
n
a
，易知只有
1
2
3
,
,
a a a 为整数，即可求得结果.
【详解】设等比数列
na
的公比为
1
q ，
由
1
2
3
,
,
1
a a a 成等差数列得
2
1
3
2
1
a
a
a
，即
2
1
1
1
2
1
a q
a
a q
，
整理得
1
2
1
1
a
q
，故
na
为正项数列，
又因为等比数列
na
单调递增，说明其公比
1
q
，
于是
10
11
2
1
q
a
q
．
设
5
1
1
q
f q
q
q
>
，则
4
5
4
2
2
5
1
4
5
( )
1
1
q
q
q
q
q
f
q
q
q
，
所以当
5
1, 4
q
时，
( )
0,
( )
f
q
f q
单调递减；当
5 ,
4
q
时，
( )
0,
( )
f
q
f q
单调递增，
故当
5
4
q
时，
2
11
a
f
q
取最小值；
于是可求得
1
16
a
，
1
1
1
5
16
4
n
n
na
q
a
所以可得
*
*
2
3
20,
25,
N
4,
N
n
a
a
a
n
n
所以集合
*
N
n
n
A
a
a
∣
中的元素之和为16
20
25
61
，
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用等差数列性质得出
10
11
2
1
q
a
q
，通过构造函数利用导数求出
11
a 取
得最小值时q的取值，得出数列
na
的通项公式即可求出结果.
2．在数列
na
中给定
1a ，且函数
3
1
1
sin
2
1
3
n
n
f x
x
a
x
a
x
的导函数有唯一零点，函数
3
1
12
sin π
cos π
2
2
g x
x
x
x
且
1
2
9
18
g a
g a
g a
，则
5a （
）．
A．1
4
B．1
3
C．1
6
D．1
9
【答案】C
【分析】求导利用函数零点定义即可求得
2
1
2
a
a
，得到数列
na
是公差为2 的等差数列.再利用引入辅
助角公式对( )
g x 化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可.
【详解】因为
2
1 cos
2
n
n
f
x
x
a
x
a
有唯一的零点，
f
x
为偶函数，
则
0
0
f
，可得
1
2
n
n
a
a
，
*
N
n
，所以数列
na
为等差数列．
则
2
1
2
a
a
，所以数列
na
是公差为2 的等差数列.
又
3
1
1
1
1
12
sin π
cos π
12
sin π(
)
12(
)
sin π(
)
2
2
2
6
6
6
g x
x
x
x
x
x
x
x
，
令
12
sin π
h t
t
t
，则
h t 为奇函数，
因为
12
πcosπ
0
h t
t
，所以
h t 在R 上单调递增，
由题意得
1
2
9
2
2
2
0
g a
g a
g a
，则
1
2
9
1
1
1
(
)
(
)
(
)
0
6
6
6
h a
h a
h a
，
∵数列
na
是公差为2 的等差数列，其中
1
2
9
a
a
a
，
则
1
2
9
1
1
1
6
6
6
a
a
a
，假设
1
9
1
1
(
)
(
)
0
6
6
a
a
，
因为
12
sin π
h t
t
t
是奇函数且
h t 在R 上单调递增，则
1
(
)
6
h x
在R 上单调递增，
所以
1
9
1
9
1
9
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
6
6
6
6
6
6
a
a
h a
h a
h a
h a
，
∵
1
9
2
8
3
7
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
6
6
6
6
4
6
a
a
a
a
a
a
4
6
5
1
1
1
(
)
(
)
2(
)
6
6
6
a
a
a
，
∴
1
2
9
1
1
1
(
)
(
)
(
)
0
6
6
6
h a
h a
h a
，与已知矛盾，故不成立；
假设
1
9
1
1
(
)
(
0
6
)
6
a
a
，同理可得
1
2
9
1
1
1
(
)
(
)
(
)
0
6
6
6
h a
h a
h a
，与已知矛盾，故不成立；
综上，
1
9
1
9
5
1
1
1
1
(
)
(
)
0
6
6
6
3
a
a
a
a
a
．
故选：C.
【点睛】关键点睛：数列与函数的综合问题的解决关键是应用函数的解析式和性质得到数列的通项或递推
公式.
1.利用具体函数的解析式得到递推关系.
2.利用抽象函数的性质得到递推关系.
3．已知数列
na
满足
3
1
1
6
6(
1,2,3,
)
4
n
n
a
a
n
，则（
）
A．当
1
3
a
时，
na
为递减数列，且存在常数
0
M ≤，使得
na
M
恒成立
B．当
1
5
a
时，
na
为递增数列，且存在常数
6
M
，使得
na
M
恒成立
C．当
1
7
a
时，
na
为递减数列，且存在常数
6
M
，使得
na
M
恒成立
D．当
1
9
a
时，
na
为递增数列，且存在常数
0
M
，使得
na
M
恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误.
法2：构造
3
1
6
6
4
x
f
x
x
，利用导数求得
f
x 的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项
na 所
在区间，从而判断
na
的单调性；对于A，构造
3
2
1
9
26
47
3
4
2
h x
x
x
x
x
，判断得
1
1
n
n
a
a
，
进而取
4
m
M
推得
na
M
不恒成立；对于B，证明
na 所在区间同时证得后续结论；对于C，记
0
1
4
3
log
2log
6
1
m
M
，取
0
1
m
m
推得
na
M
不恒成立；对于D，构造
3
2
1
9
26
49
9
4
2
g x
x
x
x
x
，判断得
1
1
n
n
a
a
，进而取
1
m
M
推得
na
M
不恒成立.
【详解】法1：因为
3
1
1
6
6
4
n
n
a
a
，故
3
1
1
6
4
6
n
n
a
a
，
对于A ，若
1
3
a ，可用数学归纳法证明：
6
3
na
即
3
na
，
证明：当
1
n 时，
1
3
6
3
a
，此时不等关系
3
na
成立；
设当n
k
时，
6
3
ka
成立，
则
3
1
6
2
5
1
4
7
6
4,
4
k
ka
a
，故
1
3
6
ka
成立，
由数学归纳法可得
3
na
成立.
而
2
3
1
1
1
6
6
6
6
4
4
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，
2
0
1
4
4
6
5
1
1
4
9
na
，
6
0
na
，故
1
0
n
n
a
a
，故
1
n
n
a
a
，
故
na
为减数列，注意
1
0
6
3
ka
故
2
3
1
1
1
6
6
6
6
4
9
6
4
4
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，结合
1
6
0
na
，
所以
1
6
6
9
4
n
n
a
a
，故
1
1
9
6
3 4
n
n
a
，故
1
1
9
6
3 4
n
na
，
若存在常数
0
M ≤，使得
na
M
恒成立，则
1
9
6
3 4
n
M
，
故
1
6
9
3
4
n
M
，故
9
4
6
1
log
3
M
n
，故
na
M
恒成立仅对部分n成立，
故A 不成立.
对于B，若
1
5,
a =
可用数学归纳法证明：1
0
6
na
即5
6
na
，
证明：当
1
n 时，
1
0
6
1
1
a
，此时不等关系5
6
na
成立；
设当n
k
时，5
6
ka
成立，
则
3
1
1
6
4
4
1
6
,0
k
k
a
a
，故
1
1
0
6
ka
成立即
由数学归纳法可得
1
5
6
ka
成立.
而
2
3
1
1
1
6
6
6
6
4
4
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
，
2
0
1
4
1
6
na
，
6
0
na
，故
1
0
n
n
a
a
，故
1
n
n
a
a
，故
na
为增数列，
若
6
M
，则
6
na
恒成立，故B 正确.
对于C，当
1
7
a
时，可用数学归纳法证明：0
6
1
na
即6
7
na
，
证明：当
1
n 时，
1
0
6
1
a
，此时不等关系成立；
设当n
k
时，6
7
ka
成立，
则
3
1
1
6
0, 4
1
6
4
k
k
a
a
，故
1
0
6
1
ka
成立即
1
6
7
ka
由数学归纳法可得6
7
na
成立.
而
2
1
1
6
6
0
1
4
n
n
n
n
a
a
a
a
，故
1
n
n
a
a
，故
na
为减数列，
又
2
1
1
1
6
6
6
6
4
4
n
n
n
n
a
a
a
a
，结合
1
6
0
na
可得：
1
1
1
6
6
4
n
na
a
，所以
1
1
6
4
n
na
，
若
1
1
6
4
n
na
，若存在常数
6
M
，使得
na
M
恒成立，
则
1
6
4
n
M
恒成立，故
1
4
log
6
n
M
，n 的个数有限，矛盾，故C 错误.
对于D，当
1
9
a
时，可用数学归纳法证明：
6
3
na
即
9
na
，
证明：当
1
n 时，
1
6
3
3
a
，此时不等关系成立；
设当n
k
时，
9
ka
成立，
则
3
1
6
27
6
4
1
4
3
k
ka
a
，故
1
9
ka
成立
由数学归纳法可得
9
na
成立.
而
2
1
1
6
6
0
1
4
n
n
n
n
a
a
a
a
，故
1
n
n
a
a
，故
na
为增数列，
又
2
1
1
9
6
6
6
4
4
6
n
n
n
n
a
a
a
a
，结合
6
0
na
可得：
1
1
1
1
6
3 9
6
4
4
9
n
n
na
a
，所以
1
1
4
9
6
3
n
na
，
若存在常数
0
M
，使得
na
M
恒成立，则
1
9
6
4
3
n
M
，
故
1
9
6
4
3
n
M
，故
9
4
6
log
1
3
M
n
，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.
故选：B.
法2：因为
3
3
2
1
1
1
9
6
6
26
48
4
4
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，
令
3
2
1
9
26
48
4
2
f x
x
x
x
，则
2
3
9
26
4
f
x
x
x
，
令
( )
0
f
x
¢
>
，得
2 3
0
6
3
x
或
2 3
6
3
x
；
令
0
f
x
，得
2 3
2 3
6
6
3
3
x
；
所以
f
x 在
2 3
,6
3
和
2 3
6
,
3
上单调递增，在
2 3
2 3
6
,6
3
3
上单调递减，
令
0
f
x
，则
3
2
1
9
26
48
0
4
2
x
x
x
，即
1
4
6
8
0
4 x
x
x
，解得
4
x
或
6
x
或
8
x
，
注意到
2 3
4
6
5
3
，
2 3
7
6
8
3
，
所以结合
f
x 的单调性可知在
,4
和
6,8 上
0
f x
，在
4,6 和
8,上
0
f x
，
对于A，因为
3
1
1
6
6
4
n
n
a
a
，则
3
1
1
6
4
6
n
n
a
a
，
当
1
n 时，
1
3
a
，
3
2
1
1
6
6
4
3
a
a
，则
2
3
a
，
假设当n
k
时，
3
ka
，
当
1
n
k
时，
3
3
1
3
1
1
6
4
6
3
6
4
k
ka
a
，则
1
3
ka
，
综上：
3
na
，即
,4
na
，
因为在
,4
上
0
f x
，所以
1
n
n
a
a
，则
na
为递减数列，
因为
3
3
2
1
1
1
9
1
6
6
1
26
47
4
4
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，
令
3
2
1
9
26
47
3
4
2
h x
x
x
x
x
，则
2
3
9
26
4
h x
x
x
，
因为
h x
开口向上，对称轴为
9
6
3
2
4
x
，
所以
h x
在
,3
上单调递减，故
2
3
3
3
9 3
26
0
4
h x
h
，
所以
h x 在
,3
上单调递增，故
3
2
1
9
3
3
3
26 3
47
0
4
2
h x
h
，
故
1
1
0
n
n
a
a
，即
1
1
n
n
a
a
，
假设存在常数
0
M ≤，使得
n
a
M
恒成立，
取
4
m
M
，其中
1
M
M
M
，且
Z
M
，
因为
1
1
n
n
a
a
，所以
2
1
3
2
4
3
1,
1,
,
1
M
M
a
a
a
a
a
a
，
上式相加得，
1
4
3
3
3
M
a
a
M
M
M
，
则
4
m
M
a
a
M
，与
na
M
恒成立矛盾，故A 错误；
对于B，因为
1
5
a
，
当
1
n 时，
1
5
6
a
，
3
3
2
1
1
1
6
6
5
6
6
6
4
4
a
a
，
假设当n
k
时，
6
ka
，
当
1
n
k
时，因为
6
ka
，所以
6
0
ka
，则
3
6
0
ka
，
所以
3
1
1
6
6
6
4
k
k
a
a
，
又当
1
n 时，
3
3
2
1
1
1
6
1
5
6
1
0
4
4
5
a
a
，即
2
5
a
，
假设当n
k
时，
5
ka
，
当
1
n
k
时，因为
5
ka
，所以
6
1
ka
，则
3
6
1
ka
，
所以
3
1
1
6
6
5
4
k
k
a
a
，
综上：5
6
na
，
因为在
4,6 上
0
f x
，所以
1
n
n
a
a
，所以
na
为递增数列，
此时，取
6
M
，满足题意，故B 正确；
对于C，因为
3
1
1
6
6
4
n
n
a
a
，则
3
1
1
6
4
6
n
n
a
a
，
注意到当
1
7
a
时，
3
2
1
6
6
1 7
6
4
4
a
，
3
3
4
1 1
6
6
4 4
1
6
6
4
a
，
1
4
3
3
4
6
1
6
6
1
4
4
4
1
6
a
猜想当
2
n
时，
1 3
1
2
1
6
4
k
ka
，
当
2
n
与
3
n
时，
2
1
6
4
a
与
4
3
1
6
4
a
满足
1 3
1
2
1
6
4
n
na
，
假设当n
k
时，
1 3
1
2
1
6
4
k
ka
，
当
1
n
k
时，所以
1
3
1
1
3
1
3
1
1
2
2
3
1
1
6
6
6
1
1
6
6
6
4
4
4
4
k
k
k
k
a
a
，
综上：
1 3
1
2
1
6
2
4
n
na
n
，
易知3
1
0
n
，则
1 3
1
2
1
0
1
4
n
，故
1 3
1
2
1
6
6,7
2
4
n
na
n
，
所以
,6 7
na
，
因为在
6,8 上
0
f x
，所以
1
n
n
a
a
，则
na
为递减数列，
假设存在常数
6
M
，使得
n
a
M
恒成立，
记
0
1
4
3
log
2log
6
1
m
M
，取
0
1
m
m
，其中
*
0
0
0
0
1
,
N
m
m
m m
，
则
0
1
4
2log
6
1
3
3
m
m
M
，
故
1
4
log
6
1 3
1
2
m
M
，所以
1 3
1
2
6
1
4
m
M
，即
1 3
1
2
1
6
4
m
M
，
所以
m
a
M
，故
n
a
M
不恒成立，故C 错误；
对于D，因为
1
9
a
，
当
1
n 时，
3
2
1
1
6
4
27
6
3
4
a
a
，则
2
9
a
，
假设当n
k
时，
3
ka
，
当
1
n
k
时，
3
3
1
1
1
6
9
3
6
6
4
4
k
ka
a
，则
1
9
ka
，
综上：
9
na
，
因为在
8,上
0
f x
，所以
1
n
n
a
a
，所以
na
为递增数列，
因为
3
3
2
1
1
1
9
1
6
6
1
26
49
4
4
2
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
，
令
3
2
1
9
26
49
9
4
2
g x
x
x
x
x
，则
2
3
9
26
4
g
x
x
x
，
因为
g
x
开口向上，对称轴为
9
6
3
2
4
x
，
所以
g
x
在
9,上单调递增，故
2
3
9
9
9 9
26
0
4
g
x
g
，
所以
3
2
1
9
9
9
9
26 9
49
0
4
2
g x
g
，
故
1
1
0
n
n
a
a
，即
1
1
n
n
a
a
，
假设存在常数
0
M
，使得
na
M
恒成立，
取
1
m
M
，其中
1
M
M
M
，且
Z
M
，
因为
1
1
n
n
a
a
，所以
2
1
3
2
1
1,
1,
,
1
M
M
a
a
a
a
a
a
，
上式相加得，
1
1
9
1
M
a
a
M
M
M
，
则
1
m
M
a
a
M
，与
na
M
恒成立矛盾，故D 错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合
放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
题型七：新定义题型
1.若数列
nb
、
nc
均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得
1
,
m
n
n
b
c c
，则称数列
nb
为数列
nc
的“M 数列”．已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，则下列选项中为假命题的是（
）
A．存在等差数列
na
，使得
na
是
n
S
的“M 数列”
B．存在等比数列
na
，使得
na
是
n
S
的“M 数列”
C．存在等差数列
na
，使得
n
S
是
na
的“M 数列”
D．存在等比数列
na
，使得
n
S
是
na
的“M 数列”
【答案】C
【分析】对于A：取
na
n
，分析判断；对于B、D：取
1
2n
na
，分析判断；对于C：根据题意结合等差
数列的性质分析判断.
【详解】对于A：例如
0
na
n
，则
na
为等差数列，且
na
、
n
S
均为严格增数列，
可得
1
2
n
n n
S
，则
1
1
1 1
n
n
n
S
a
S
n
，
取
1
1
2
n n
m
，则
1
1
1
,
2
n
n
n n
S
S
，即
1
,
m
n
n
a
S S
成立，
所以
na
是
n
S
的“M 数列”，故A 为真命题；
对B：例如
1
2
0
n
na
，则
na
为等比数列，且
na
、
n
S
均为严格增数列，
可得
1
2
2
1
1
2
n
n
n
S
，则
1
1
2
1
n
n
n
n
S
a
S
，
取
1
m
n
，则
1
2
1
1
2
,
n
n
n
n
S
S
，即
1
,
m
n
n
a
S S
成立，
所以
na
是
n
S
的“M 数列”，故B 为真命题；
对于C：若存在等差数列
na
，使得
n
S
是
na
的“M 数列”，
设等差数列
na
的公差为d ，
∵
na
、
n
S
均为严格增数列，则
1
1
0,
0
n
n
n
d
S
S
a
，故
2
0
a
，
取
*
0n N 满足
0
2
na
d
，可知必存在
*
n
k
N ，使得
0
1
k
k
nS
a
a
成立，
当
1
n
k
时，对任意正整数
0
1
m
n
，则有
0
0
0
1
1
2
2
m
n
n
n
k
k
S
S
S
a
a
d
a
；
对任意正整数
0
m
n
，则有
0
1
m
n
k
S
S
a
；
故不存在正整数m ，使得
1
2
m
k
k
S
a
a
，故C 为假命题；
对D：例如
1
2
0
n
na
，则
na
为等比数列，且
na
、
n
S
均为严格增数列，
可得
1
2
2
1
1
2
n
n
n
S
，则
1
1
1
2
2
2
1
n
n
n
n
n
a
a
，
取m
n
，则
1
2
1
,
n
n
n
a a
，即
1
,
n
n
n
S
a a
成立，
所以
n
S
是
na
的“M 数列”，故D 为真命题；
故选：C.
【点睛】关键点睛：在说明选项C 时，只需说明
0 1
2
n
k
S
a
，故取
0
2
na
d
即可.
2.设数列
na
的前n 项的和为
n
S ，若对任意的
*
nN ，都有
1
n
n
S
a
，则称数列
na
为“K 数列”．关于命题：
①存在等差数列
na
，使得它是“K 数列”；②若
na
是首项为正数、公比为q 的等比数列，则
[2,
)
q
是
na
为“K 数列”的充要条件．下列判断正确的是（
）
A．①和②都为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①和②都为假命题
【答案】C
【分析】根据给定的定义，按公差的取值情况分类探讨判断①；利用等比数列通项公式及前n 项和公式，
结合不等式恒成立即可推理作答.
【详解】令等差数列
na
的公差为d ，当
0
d
时，
1
1
1
2
S
a
a
d
a
，不符合题意，
当
0
d
时，
2
1
1
1
1
1
(
1)
3
(
)
(
)
2
2
2
n
n
n n
d
S
a
na
d
a
nd
n
d
a n
a
，
函数
2
1
1
3
( )
(
)
2
2
d
f x
x
d
a x
a
的图象是开口向上的抛物线，对称轴
1
3
2
a
x
d
，
存在
1
0
3
2
a
x
d
，使得
0
(
)
0
f x
，取不小于
0x 的正整数n，则有
( )
0
f n
，
即
1
n
n
S
a
，不符合题意，综上得①为假命题；
等比数列
na
首项
1
0
a
，因为数列
na
为“K 数列”，则有
1
1
2
1
a
S
a
a q
，即
1
q
，
1
1
1
(1
) ,
1
n
n
n
n
a
q
S
a
a q
q
，于是
1
1
1
(1
)
1
2
1
0
2
1
n
n
n
n
n
a
q
a q
q
q
q
q
q
，
依题意，任意的
*
N
n
，
1
2
n
q
q
，函数
1
( ) ,
1
x
y
x
q
在[1,
)
单调递减，值域是
1
(0,
]
q ，
因此2
0
2
q
q
，所以
[2,
)
q
是
na
为“K 数列”的充要条件，②是真命题，
判断正确的是①为假命题，②为真命题.
故选：C
【点睛】关键点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解
是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件.
3.艾萨克牛顿英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”
的方法求函数
f
x 零点时给出一个数列
nx
：
1
n
n
n
n
f
x
x
x
f
x
，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数
2
0
f
x
ax
bx
c a
有两个零点1，2，数列
nx
为牛顿数列．设
2
ln
1
n
n
n
x
a
x
，已知
1
1
a ，
na
的前
n 项和为
n
S ，则
2022
1
S
等于（
）
A．2022
B．2023
C．
2023
2
D．
2022
2
【答案】D
【分析】先由函数
2
0
f
x
ax
bx
c a
有两个零点求得
f
x 和
f
x
的解析式，进而求得数列
nx
的
递推公式，从而得到数列
na
的前n 项和
n
S ，即可求得
2022
1
S
的值.
【详解】
2
0
f
x
ax
bx
c a
有两个零点1，2，
则
0
4
2
0
a
b
c
a
b
c
，解之得
3
2
b
a
c
a
，
则
2
3
2
0
f x
ax
ax
a a
，则
2
3
0
f
x
ax
a a
则
2
1
2
3
2
2
3
2
3
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
f x
ax
x
x
x
x
a
x
f
x
x
x
a
a
a
则
2
2
2
1
2
1
2
2
2
3
4
1
1
1
1
4
2
3
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
由
2
ln
1
n
n
n
x
a
x
，可得
1
1
2
1
2
ln
ln
2
1
1
2
2
1
2ln
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
a
a
x
x
，
故
1
2
n
n
a
a
，又
1
1
a ，则数列
na
是首项为1 公比为2 的等比数列
则通项公式
1
2n
na
，前n 项和
1
2
2
1
1
2
n
n
n
S
则
2022
2022
2022
1
2
1 1
2
S
故选：D
【点睛】递推数列通项公式是一类考查思维能力的题型，要求我们进行严格的逻辑推理找到数列的通项公
式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数
列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的.主要方法有累加法，累乘法，取倒数法，换元法，构造法等
4.数列{an}的前n 项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝
a1+2a2+…+2n−1an
n
，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，
则Sn＝________．
解析：由Hn＝
��+���+…+��−���
�
＝2n，得a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n
①，当n≥2 时，a1＋2a2＋…＋2n
－2an－1＝(n－1)2n－1
②，由①－②得2n－1an＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，an＝n＋1(n≥2)．
当n＝1 时，a1＝2 也满足式子an＝n＋1，所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，所以Sn＝
��+�+�
�
＝
��+�
�
.
题型八：不等式的证明
1.在数列
nq
中
1
2
q
，
1
1
2
n
n
q
q
，在数列
na
中
1
1
a ，
2
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
a
a
q
a
a
.
(1)求证数列
1
1
nq
成等差数列并求
nq ；
(2)求证：
1
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
3
(
1)
1
n
n
n
a
a
a
a
n
n
.
【答案】(1)证明见解析，
1
n
n
q
n
(2)证明见解析
【分析】（1）条件等式两边取倒数化简变形即可；
（2）由累乘法求得
2n
a 的通项公式，对不等式进行缩放，结合裂项相消求和即可证明.
【详解】（1）由
1
1
2
n
n
q
q
知
1
2
1
n
n
n
q
q
q
，
故
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
q
q
q
q
q
q
，
即
1
1
1
1
1
1
n
n
q
q
，数列
1
1
nq
成等差数列，
所以
1
1
1
(
1) 1
1
1
n
n
n
q
q
，所以
1
n
n
q
n
；
（2）由
2
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
a
a
q
a
a
，得
2
2
2
1
2
1
1
n
n
n
a
n
q
a
n
，
于是
2
2
2
2
2
1
2
1
3
2
1
1
2
1
2
3
1
1
2
1
(
1)
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
n
n
a
a
n
a
a
a
n
n
所以
2
1
2
(
1)
n
n
n
a
a
n n
q
，
1
2
2
1
2
1
3
2
1
2
4
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1 2
2 3
(
1)
n
n n
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1 2
2 3
(
1)
1 2
2 3
(
1)
n n
n n
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
1
1
2
2
3
1
n
n
n
n
1
1
1
1
2
1
3
1
1
n
n
n
n
，
所以
1
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
3
1
n
n
a
a
a
a
n
n
.
2.已知数列
na
的前n项和为
n
S ，若
2
3
1
2
3
4
5
2
n
S
S
S
S
n
n
n
，
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)证明：
1
2
3
1
1
1
1
3
8
n
S
S
S
S
.
【答案】(1)
4
2
na
n
(2)证明见解析
【分析】（1）仿照
n
S 与
na 的关系，由
2
3
1
2
3
4
5
2
n
S
S
S
S
n
n
n
求
n
S ，再求
n
a ，注意讨论
1
n 是否符
合；
（2）先裂项求和，再证明不等式.
【详解】（1）当
2
n
时，
2
3
1
2
3
4
5
2
n
S
S
S
S
n
n
n
2
3
1
1
2
1
1
3
4
5
1
n
S
S
S
S
n
n
n
相减得
2
2
2
2
2
n
n
S
n
S
n n
n
n
当
1
n 时，
1
6
S
符合上式
所以
*
2
2
N
n
S
n n
n
.
当
2
n
时，
1
2
2
2
1
1
4
2
n
n
n
a
S
S
n n
n
n
n
当
1
n 时，
1
1
6
a
S
符合上式.
故
*
4
2
N
na
n
n
（2）由（1）知：
1
1
1 1
1
2
2
4
2
n
S
n n
n
n
所以
1
2
3
1
1
1
1
n
S
S
S
S
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
3
2
4
3
5
4
6
1
1
2
n
n
n
n
1
1
1
1
1
3
1
1
3
1
1
1
3
1
4
2
1
2
4 2
1
2
8
4
1
2
8
n
n
n
n
n
n
3.已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
（其中
*
N
n
）
(1)判断并证明数列
na
的单调性；
(2)记数列
na
的前n 项和为
n
S ，证明：
2022
3
5
2
2
S
．
【答案】(1)单调递减，证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）应用作差法比较
1,
n
n
a
a
大小，即可判断
na
的单调性；
（2）根据递推式易得
1
2
3
3
2
a
a
a
且
0
na
，即
2022
3
2
S
，再由
2
1
1
1
1
2
n
n
a
a
可得
1
1
1
1
2
n
n
a
a
，
应用累加法可得
1
1
1
1
2
na
n
，进而有
1
1
4
1
3
2
2
na
n
n
，由裂项相消法即可证结论.
【详解】（1）单调递减，理由如下：
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
．
∵
1
1
0
a
，结合递推式易得
0
na
，
∴
1
0
n
n
a
a
，故数列
na
单调递减；
（2）∵
1
1
a ，
2
1
3
a
，
3
4
3
13
a
，
∴
1
2
3
4
4
3
3
3
13
2
a
a
a
，又
0
na
，故
2022
3
3
2
S
S
，
∵
2
2
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
2
4
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
，
0
na
，
∴
1
1
1
1
2
n
n
a
a
，则
1
1
1
1
2
n
n
a
a
，
当
2
n
，累加得
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
n
a
，
则
1
1
1
1
2
n
n
a
，故
1
1
1
1
2
na
n
，
所以
2
2
2
1
4
4
4
1
1
4
1
1
3
1
3
(
1)
1
(
1)
(
1) 1
4
2
2
2
2
2
na
n
n
n
n
n
n
n
，
∴
2022
1
2
3
2022
1
1
1
1
1
1
3
1
3
1
3
1
1
1
4
3
3
2022
2022
3
4
4
2
2
2
2
2
2
S
a
a
a
a
1
1
4
1
4
8
5
1
4
4
3
3
3
3
1
2
1
7
3
3
7
2
2022
2022
2
2
2
，
综上，有
2022
3
5
2
2
S
.
4.数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
*
nN ，满足
1
n
n
S
a
，设
1
2
n
n
n
b
S
a
，数列{ }
nb
的前n项和为
nT ．
(1)求
na 和
nb 的通项公式；
(2)设
n
n
n
c
S
T
，数列
nc
的前n 项和为
n
R ，求证：
1
2
2
2
2
1
2
1
1
1
......
1
n
n
T
T
T
R
R
R
.
【答案】(1)
1
2
n
n
a
；
1
2
2
n
n
b
(2)证明见解析
【分析】（1）根据
1
n
n
S
a
，构造法解决，
1
2
n
n
n
b
S
a
，由
1
2
n
n
a
，
1
1
2
n
n
S = -
代值解决即可；
（2）由（1）求得
(
1)
n
R
n n
，根据
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
(
1)
1
1
2
(
1)
(
1)
(
1)
(
1)
n
n
n
n
T
n
n
n
R
n
n
n
n
n
n
n
n
解决即可.
【详解】（1）由题知，数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
*
nN ，满足
1
n
n
S
a
，
所以
1
1
1
S
a
，得
1
1
2
a
，
1
1
1
1
(1
)
(1
)
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
a
a
，
所以
1
1
2
n
n
a
a
，
所以{
}
na
为等比数列，
所以
1
1
1
1
( )
2
2
2
n
n
n
a
，
1
1
2
n
n
S = -
因为
1
2
n
n
n
b
S
a
，
所以
1
1
1
1
2 1
2
2
2
2
n
n
n
n
b
所以
na 和
nb 的通项公式分别为
1
2
n
n
a
，
1
2
2
n
n
b
；
（2）由（1）得
1
2
n
n
a
，
1
2
2
n
n
b
，
1
1
(1
)
1
2
2
2
2
1
1
2
1
2
n
n
n
T
n
n
因为
n
n
n
c
S
T
所以
1
1
1
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
c
S
T
a
T
n
n ，
所以
(
1)
n
R
n n
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
(
1)
1
1
2
(
1)
(
1)
(
1)
(
1)
n
n
n
n
T
n
n
n
R
n
n
n
n
n
n
n
n
，
所以
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(1 1)
2
(2
1
.....
)
(
1)
(
.
1
1)
n
n
T
T
T
R
R
R
n
n
n
题型九：数列取值范围问题
1.已知单调递增的等比数列
na
满足
2
3
4
39
a
a
a
，且
3
6
a
是
2a ，
4a 的等差中项．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若
1
3
log
n
n
n
b
a
a
，
1
2
n
n
S
b
b
b
，对任意正整数n，
1
0
2
n
n
n
m
S
a
恒成立，试求m 的取值范围．
【答案】(1)
1
3n
na
(2)
3
2
m
【分析】(1)根据等差中项和等比数列的通项公式求解；
(2)利用错位相减法求和
1
2
n
n
S
b
b
b
，再分离参变量可得
1
3
1
2
2 3n
m
即可求m 的取值范围.
【详解】（1）设公比为q，
因为
3
6
a
是
2a ，
4a 的等差中项，所以
2
4
3
2
12
a
a
a
，
又因为
2
4
3
39
a
a
a
，所以
3
3
2
12
39
a
a
解得
3
9
a
，
所以由
2
3
4
39
a
a
a
可得
3
3
3
39
a
a
a q
q
，
整理得
2
3
10
3 0
q
q
解得
3
q
或
1
3
q
（舍），
又因为
2
3
1
9
a
a q
，所以
1
1
a ，
所以数列
na
的通项公式为
1
1
1
3
n
n
na
a q
.
（2）
1
1
1
1
3
3
lo
3
g
3
1
n
n
n
nb
n
,
0
1
2
1
0 3
1 3
2 3
1 3n
n
S
n
,
1
2
3
3
0 3
1 3
2 3
1 3n
n
S
n
,
所以
1
1
2
3
1
3(1 3
)
2
3
3
3
3
1 3
1 3
2
n
n
n
n
n
S
n
n
，
所以
1
3
3
(
) 3
2
4
4
n
n
S
n
，
因为
1
0
2
n
n
n
m
S
a
恒成立，所以
1
2
(
)
0
n
n
S
n
m a
，
所以
3
3
(
) 3
(
) 3
0
2
2
n
n
n
n
m
，
所以
3
3
3
3
(
) 3
(
) 3
3
3
2
2
2
2
n
n
n
n
n
m
n
n
，
所以
3
3
3
3
2
2
n
n
m
即
1
3
1
2
2 3n
m
，
因为
1
1
1
0,
2 3
2
n
，所以
1
3
1
3 , 1
2
2 3
2
n
，
所以
3
2
m
.
2.记数列
na
的前n 项和为
1
1
1
,
2,
3
4
n
n
n
n
S
a
S
S
a
.
(1)求
na
的通项公式；
(2)设
2
log
n
n
n
b
a
a
，记
nb
的前n 项和为
nT .若
2
(
1)
2
n
t n
T
对于
2
n
且
*
N
n
恒成立，求实数t 的取值范
围.
【答案】(1)
2n
na
(2)
8
t
【分析】（1）利用
na 与
n
S 的关系证得数列
na
是等比数列，从而求得
2n
na
；
（2）先利用错位相减法求得
nT ，再将问题转化为
min
t
f n
，其中
1
2
2
1
n
f n
n
n
，利用作差法证得
min
8
f n
，从而得解.
【详解】（1）
1
1
3
4
n
n
n
S
S
a
，
当
2
n
时，
1
3
4
n
n
n
S
S
a
，
两式相减，得
1
1
3
3
n
n
n
n
a
a
a
a
，整理得
1
2
n
n
a
a
，
当
1
n 时，
1
2
2
1
1
2
2
2
3
4,
3
4,
4
S
S
a
a
a
a
a
a
，
经检验，
2
1
2
a
a
满足
1
2
n
n
a
a
，
数列
na
是以
1
2
a
为首项，2 为公比的等比数列，
1
2 2
2
n
n
na
.
（2）由（1）得
2
log
2n
n
n
n
b
a
a
n
，
1
2
1 2
2
2
2n
n
T
n
，
2
3
1
2
1 2
2 2
1
2
2
n
n
nT
n
n
，
两式相减得
1
2
1
2
2
2
2
n
n
n
T
n
1
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
n
n
n
n
n
，
1
1
2
2
n
nT
n
，
又
2
(
1)
2
n
t n
T
对于
2
n
且
*
N
n
恒成立，即
2
1
(
1)
2
1
2
2
n
t n
n
，
等价于
1
2
1
n
t
n
对于
2
n
且
*
N
n
恒成立，
令
1
2
2
1
n
f n
n
n
，则
min
t
f n
，
则有
1
2
1
2
2
2
2
1
1
1
n
n
n
n
f n
f n
n
n
n n
，
所以当
2
n
时，
2
3
f
f
，当
2
n
时，
1
f n
f n
，
所以
min
( )
2
3
8
f n
f
f
，则
8
t
.
3.已知数列
na
满足
1
14
a
，
1
3
4
n
n
a
a
.
(1)证明数列
2
na
为等比数列，并求
na
的通项公式；
(2)设
1
1
3
1 3
1
n
n
n
n
n
a
b
，数列
nb
的前n 项和为
nT ，若存在
*
nN ，使
n
m
T
，求m 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
4 3
2
n
na
(2)
,
7
20
【分析】（1）依题意可得
1
2
3
2
n
n
a
a
，再结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）可得
1
1
1
( 1)
3
1
3
1
n
n
n
n
b
，再分n为偶数和奇数两类情况并结合裂项求和法讨论即可.
【详解】（1）证明：因为
1
3
4
n
n
a
a
，
所以
1
2
3
2
n
n
a
a
，即
*
1
2
3
N
2
n
n
a
n
a
，
因为
1
14
a
，所以
1
2
12
a
，
故数列
2
na
是以12为首项，3 为公比的等比数列，
所以
1
2
12
3
4
3
n
n
na
，则
4 3
2
n
na
．
（2）解：由（1）知
4 3
2
n
na
，
所以
1
1
1
( 1)
4
3
2
( 1)
1
1
( 1)
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
．
当n 为偶数时，
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3 1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
n
n
n
n
n
T
L
1
1
1
1
1
1
3 1
3
1
4
3
1
n
n
，
因为
1
1
1
4
3
1
n
n
T
是单调递减的，所以
1
3
4
14
nT
．
当n 为奇数时，
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3 1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
n
n
n
n
n
T
1
1
1
1
1
1
3 1
3
1
4
3
1
n
n
，
又
1
1
1
4
3
1
n
n
T
是单调递增的，
因为
1
1
0
3
1
n
，所以
7
1
20
4
nT
．
要使存在
*
nN ，使
n
m
T
，只需
min
n
m
T
，即
7
20
m
，
故m 的取值范围是
,
7
20
．
4.已知递增数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，且
2
2
n
n
S
a
n
，数列{ }
nb
满足
1
1
4
2
,
4
b
a b
a
，
2
2
1 ,
.
n
n
n
b b
b
n
N
(1)求数列{
}
na
和{ }
nb
的通项公式；
(2)记
2
1
(6
7)
,
8
3
log
,
n
n
n
n
n
b
n
S
c
b
n
为奇数
为偶数
，数列{ }
nc
的前2n 项和为
2n
T ，若不等式
2
4
( 1)
4
1
n
n
n
T
n
对一切n
N
恒成
立，求的取值范围．
【答案】(1)
na
n
；
1
2n
nb
.
(2) 1
5
【分析】（1）根据
,
n
n
S
a 的关系，可得{
}
na
是等差数列，由等比中项可得{ }
nb
为等比数列，进而根据基本量
即可求解.（2）将{ }
nc
分为奇数项和偶数项的和，根据分组求和即可得
2n
T ，然后代入不等式中，求最值，
即可得的取值范围.
【详解】
（1）解：因为
2
2
n
n
S
a
n
，当n=1 时，得
1
1
a ，当
2
n
时，
2
1
1
2
1
n
n
S
a
n
，所以
2
2
1
2
1
n
n
n
a
a
a
，
即
2
2
1
(
1)
n
n
a
a
，
又因为数列{
}
na
为递增数列，所以
1
1
n
n
a
a
，
数列{
}
na
为等差数列，
1
1
a ，d=1,
所以
na
n
；
所以
1
1
4
2
8
4
1,
b
a
b
a
，
又因为
2
2
1 ,
.
n
n
n
b b
b
n
N
所以数列{ }
nb
为等比数列，
所以
3
3
4
1
8
b
b q
q
，解得
2
q =
，
所以
1
2n
nb
.
（2）由题意可知：
(
1)
2
n
n n
S
，
所以
2
1
6
7
,
8
3
log
,
n
n
n
n
n
b
n
c
S
b
n
为奇数
为偶数
,故
2
(6
7)2
,
4
4
3
,
n
n
n
n
c
n
n
n n
１
为奇数
为偶数
，
设
nc
的前2n 项和中，奇数项的和为
nP ，偶数项的和为
n
Q
所以
1
3
5
2
1
2
4
6
2
=
,
=
,
n
n
n
n
P
c
c
c
c
Q
c
c
c
c
当n 为奇数时，
2
)
2
1
2
3
(6
7)2
(6
7 2
2
2
=
,
4
4
3
2
3
2
1
n
n
n
n
n
n
n
c
n
n
n
n
n
n
１
１
１
１
所以
4
2
2
2
0
2
6
4
1
3
5
2
2
1
2
2
2
2
2
2
=
=
5
1
9
5
13
2
4
1
4
3
2
9
n
n
n
n
P
n
c
c
c
n
c
0
,
4
4
4
1
1
=
4
1
2 =
1
n
n
n
n
当n 为偶数时
nc
n
，所以
2
4
6
2
2
2
=
=2
4
6
2
1
2
n
n
n n
Q
c
c
c
c
n
n n
，故
2
,
4
=
4
=
1
1
1
n
n
n
n
T
n
n
P
Q
n
故
2
4
( 1)
4
1
n
n
n
T
n
，即
1
1
1
1
4
4
( 1)
( 1)
4
1
4
1
n
n
n
n
n
n n
n n
n
当n 为偶数时，
2
1
n
n
对一切偶数成立，所以
5
当n 为奇数时，
2
1
n
n
对一切奇数成立，所以此时
1
故对一切n
N
恒成立，则1
5
题型十：数列中的最值问题
1.已知等差数列
na
的前n项为
n
S ，满足
2
3
a
，
5
25
S
.
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若对任意
*
N
n
，不等式
1
2
3
1
2
3
1
1
1
1
3
3
3
3
n
a
a
a
a
n
a
a
a
a
m 恒成立，求m 的最小值.
【答案】(1)
2
1
na
n
(2) 15
32
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；
（2）根据错位相减法求出和，即可得解.
【详解】（1）由题意，
1
2
1
5
1
3
3
1
5 4
25
2
5
25
2
a
d
a
a
S
d
a
d
，
∴
2
1
na
n
.
（2）令
3
5
2
1
1
1
1
1
1
3
5
2
1
3
3
3
3
n
nT
n
，
则
3
5
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
2
1
9
3
3
3
3
n
n
n
T
n
n
，
相减得，
3
5
2
1
2
1
8
1
1
1
1
1
2
2
1
9
3
3
3
3
3
n
n
nT
n
，
2
1
1
1
1
1
8
1
1
27
9
2
2
1
1
9
3
3
1
9
n
n
nT
n
，
1
2
1
2
1
3
3
3
1
1
9
15
8
5
15
2
1
8
32
32
9
3
8
32
32
3
32
n
n
n
n
n
T
n
，
所以m 的最小值为15
32 .
2．已知数列
na
是公差不为0 的等差数列，1
1
a ，且
1a ，
2a ，
4a 成等比数列；数列
nb
的前n 项和是
n
S ，
且
2
1
n
n
S
b
，
*
nN ．
(1)求数列
na
，
nb
的通项公式；
(2)设
1
1
n
n
n
n
n
a
a
c
a a
，是否存在正整数m，使得
2
2
2
2
1
2
3
2
31
3
n
m
n
n
a
c
c
c
c
x
b
对任意
*
nN 恒成立？若
存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
na
n
，
1
2n
nb
；
(2)存在，5﹒
【分析】(1)设等差数列
na
的公差为
0
d d
，根据
1a ，
2a ，
4a 成等比数列求出d 即可求其通项公式；根
据
n
S 与
nb 关系即可求
nb
的通项公式通项公式；
(2)利用裂项相消法求{
2
nc }前m 项和，设
2
31
3
n
n
n
a
d
b
，根据
1
n
n
d
d
正负判断{
n
d }单调性，求出其最大项，
{
2
nc }前m 项和大于该最大值即可求出m 的范围和最小值.
(1)
设等差数列
na
的公差为
0
d d
，
∵
1a ，
2a ，
4a 成等比数列，∴
2
2
1
4
a
a a
．
∴
2
1
1
3
d
d
，解得
1
d ，∴
1
1
na
a
n
d
n
．
当
1
n 时，
1
1
1
2
1
b
S
b
，∴
1
1
b ．
当
2
n
时，
1
1
2
2
n
n
n
n
n
b
S
S
b
b
，∴
1
2
n
n
b
b
．
∴
nb
是以1 为首项，以2 为公比的等比数判，∴
1
2n
nb
．
(2)
由题意得
2
1
1
n
n
c
n n
，则
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
n
n
c
n
n
n
n
．
∴
2
2
2
1
2
m
c
c
c
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
1
1
m
m
m
m
2
1
1
1
m
．
设
1
2
31
3
31
3
2
n
n
n
n
a
n
d
b
，则
1
2
1
2
31
2
31
3
31 4
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
d
d
，
∴当
1
n ，2，3 时，
1
n
n
d
d
；当
4
n
时，
4
5
d
d
；当
5
n
时，
1
n
n
d
d
，
∴数列
n
d
的最大项为
4
5
31
32
d
d
，
∴
2
1
31
1
32
1
m
，整理得
2
1
32
m
，
∴存在正整数m，且m 的最小值是5．
题型十一：数列的综合应用
1．在递增的等差数列
na
中，已知
2
3
1
4
10,
16
a
a
a a
．
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）若数列
nb
满足
3
1
2
2
3
3 1
3
1
3
1
3
1
n
n
n
b
b
b
b
a
，求数列
nb
的通项公式；
（3）令
4
n
n
n
a b
c
，求数列
nc
的前n 项和
nT .
【答案】（1）
2
na
n
；（2）
2(3
1)
n
nb
；（3）
1
(2
1) 3
(
1)
3
4
2
4
n
n
n
n n
T
.
【详解】试题分析：（1）直接运用等差数列的知识建立方程求解；（2）依据题设条件运用递推式相减即可
获解；（3）借助题设条件运用错位相减的方法求解.
试题解析：
（1）
2
na
n
（2）
2(3
1)
n
nb
（3）
(3
1)
3
4
n
n
n
n
n
a b
c
n
n
n
2
3
1
2
3
(1 3
2 3
3 3
3 )
(1
2
3
)
n
n
n
T
c
c
c
c
n
n
令
2
3
1 3
2 3
3 3
3n
n
H
n
则
2
3
4
1
3
1 3
2 3
3 3
3n
n
H
n
两式相减得
2
3
1
1
3(3
1)
2
3
3
3
3
3
3
3 1
n
n
n
n
n
H
n
n
所以
1
(2
1) 3
3
4
n
n
n
H
所以
1
(2
1) 3
(
1)
3
4
2
4
n
n
n
n n
T
考点：等差数列的有关知识和数列的有关性质的综合运用．
2．函数
y
f x
的图象为自原点出发的一条折线，当
*
1
N
n
y
n n
时，该函数图象是斜率为
0
n
b
b
的一条线段.已知数列
na
由
*
N
n
f a
n n
定义.
(1)用b 表示
1
2
,
a a ；
(2)若
2
b
，记
1
2
2
n
n
T
a
a
na
，求证：
2
4
2
n
n
n
T
.
【答案】(1)
1
2
2
1
1
1
,
a
a
b
b
b
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件结合两点斜率公式列方程求
1
2
,
a a ；
（2）由两点斜率公式可得
1
1
2
n
n
n
a
a
，利用累加法求
n
a ，再由等差数列求和公式和错位相减法求
nT ，
由此证明结论.
【详解】（1）由已知可得函数
y
f x
过点
1
2
0,0 ,
,1 ,
,2
a
a
，
又当
*
1
N
n
y
n n
时，该函数图象是斜率为
0
n
b
b
的一条线段，
所以
2
1
2
1
1
0
2 1
,b
b
a
a
a
，
所以
1
1
ba ，
2
2
2
1
1
b a
b a
，
所以
1
2
2
1
1
1
,
a
a
b
b
b
；
（2）因为函数
y
f x
过点
1,
1 ,
,
n
n
a
n
a n
，
又当
*
1
N
n
y
n n
时，该函数图象是斜率为
0
n
b
b
的一条线段，
所以
1
1
n
n
n
b
a
a
又
2
b
，所以
1
1
2n
n
n
a
a
，即
1
1
2
n
n
n
a
a
，
所以
2
1
2
1
2
a
a
，
3
2
3
1
2
a
a
，，
1
1
2
n
n
n
a
a
，
所以当
2
n
时，
1
2
3
1
1
1
2
2
2
n
n
a
a
，又
1
1
2
a
，
所以当
2
n
时，
2
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
a
，
又
1
n 时，
1
1
2
a
也满足关系式
1
1
2
n
n
a
，
所以
1
1
2
n
n
a
，
N
n
，
所以
2
n
n
n
na
n
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
2
n
n
n
T
n
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
2
n
n
n
T
n
，
设
2
1
2
2
2
2
n
n
n
S
，
则
2
3
1
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
S
，
所以
2
3
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
S
，
所以
2
2
2
n
n
n
S
，
又
1
1 2
3
2
n n
n
所以
2
2
1
2
4
2
4
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
T
.
3．已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
2
2
n
n
S
a
n
N
（1）求数列
na
的通项公式；
（2 ）若数列
nb
满足
1
3
1
2
2
3
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
a
，求数列
nb
的通项公式；
（3）在（2 ）的条件下，设
2n
n
n
c
b
，问是否存在实数使得数列
nc
n
N
是单调递增数列？若存
在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】⑴
2n
na
；⑵
128
32 ,
35
19
.
【详解】试题分析：（1）由递推关系式消去
n
S ，可得
1
2
,
n
n
a
a
，数列
na
为等比数列，且首项为2 ，公比
2
q =
，所以
2n
na
．（2）由
1
3
1
2
2
3
1
1
,
2
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
n
N
递推得：
3
1
1
2
1
2
3
1
1
1
2 .
2
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
n
两式相减得：
1
1
1
2 .
2
n
n
n
b
n
又
当
1
n 时,
1
1
1
3
,
.
2
1
2
b
a
b
所以
3 ,
1
2
{
1
1
1 .
2,
2
n
n
n
n
b
n
n
N
（3）因为
2
,
n
n
n
c
b
所以当
3
n
时,
1
1
1
1
1
1
2
1
1
,
2
1
1
.
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
c
c
依据题意,有
1
1
3
2
1
2
0,
2
n
n
n
n
n
c
c
即
1
2
1
.
3
2
2
n
n
n
分类讨论，n 为奇数或偶数，分离参数即可求出的取值范围是
128
32 ,
35
19
试题解析：⑴由
2
2,
n
n
S
a
得
1
1
2
2
n
n
S
a
．两式相减,得
1
1
2
2 ,
n
n
a
a
a
所以
1
2
,
n
n
a
a
由又
1
1
2
2,
S
a
得
1
1
1
2
2,
2,
a
a
a
所以数列
na
为等比数列，且首项为2 ，公比
2
q
，所以
2n
na
．
⑵由⑴知
*
1
1
2n
n
n
N
a
．
由
1
*
3
1
2
2
3
1
1
,
2
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
n
N
得
3
1
1
2
1
2
3
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
n
．
故
1
1
1
1
1
,
2
2
2
1
n
n
n
n
n
b
即
1
1
1
2
2
n
n
n
b
n
．
当
1
n 时,
1
1
1
3
,
2
1
2
b
a
b
．所以
*
3 ,
1
2
{
1
1
1
2,
2
n
n
n
n
b
n
n
N
．
⑶因为
2
,
n
n
n
c
b
所以当
3
n
时,
1
1
1
1
1
1
2
1
1
,
2
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
c
c
．
依据题意,有
1
1
3
2
1
2
0,
2
n
n
n
n
n
c
c
即
1
2
1
3
2
2
n
n
n
．
①当n 为大于或等于4 的偶数时,有
1
2
3
2
2
n
n
恒成立．
又
1
2
1
2
2
1
3
3
1
2
2
2
2
n
n
n
n
随n 增大而增大,
则当且仅当
4
n
时,
1
min
2
128,
3
35
2
2
n
n
故的取值范围为
128 ;
35
②当n 为大于或等于3 的奇数时,有
1
2
3
2
2
n
n
恒成立,且仅当
3
n
时,
1
min
2
32 ,
3
19
2
2
n
n
故的取值范围为
32 ;
19
又当
2
n
时,由
2
1
2
1
5
3
2
2
0,
4
2
n
n
c
c
c
c
得
8
．
综上可得,所求的取值范围是
128
32 ,
35
19
点睛：本题考查了数列的递推公式，数列求和及与数列有关的含参问题，涉及分类讨论，属于难题．根据
数列前n 项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析
1,
2
n
n
，在处理涉及( 1)n
的数列问题，
一般要考虑分n 为奇数和偶数来分类讨论，含参的的恒成立，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小
值问题来处理．
