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专题07 数列的单调性与最值问题
目录
高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）
核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）
聚焦题型精准解密（5 大题型精讲+变式拔高训练）
题型一 单调性判断（作差 / 作商 / 函数法）（
）
题型二 分段数列的单调性（含参数范围）（
）
题型三 由递推关系判断数列单调性（
）
题型四 单调性与最值综合（求数列最大 / 小项）（
）
题型五 单调性与充分必要条件结合（
）
实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
高考中以选择题、填空题以单调性判断、分段数列参数范围、最值求解为主（分值 5-10 分），解答
题中多作为第二问设问（结合递推数列、数列求和，分值 6-8 分），属于中档题核心模块：
基础知识必备：掌握数列单调性定义（递增：an+1>an；递减：an+1<an，对任意n∈N
*成立）及最值定
义（最大项满足{
an≥an-1
an≥an+1
，最小项反之）。熟练运用作差法、作商法、函数法三种核心方法判断单调性，
掌握分段数列、递推数列的通项求解与单调性分析逻辑。理解充分必要条件的判定规则，能结合数列单调
性定义完成逻辑推导，熟知等比、等差数列与单调性的关联性质。掌握数列前n 项和Sn与通项an的关系（
an={
S1,n=1
Sn- Sn-1,n≥2），为单调性分析奠定基础。
2026 高考预测：核心考向：分段数列含参数的单调性仍为高频考点，侧重多条件不等式组求解；单调性与
最值综合题会强化 “先判单调再求最值” 的逻辑链，可能结合函数导数辅助分析； 创新趋势：单调性
与充分必要条件、新定义数列（如 “拟递增数列”）的结合考查概率上升，跨模块融合（与不等式恒成
立、函数值域衔接）成为难点突破方向； 命题特点：题目设计会注重 “性质应用” 而非 “概念记忆”，
强调逻辑推导和计算严谨性，避免复杂技巧，侧重通性通法的灵活运用。
重难知识汇总：①单调性判断三重核心：作差法（适用于所有数列，核心判an+1-an正负）、作商法（仅
适用于正项 / 负项数列，注意符号对结论的影响）、函数法（将an= f (n)转化为y = f ( x)，结合x∈N
*
修正单调性）。②分段数列单调性：需满足 “分段内单调 + 衔接处单调” 双重条件，一次函数段关注
斜率，指数 / 幂函数段关注底数，衔接处需保证前一段末项与后一段首项满足单调关系。③递推数列单调
性：先通过构造法（等差 / 等比数列）、迭代法求通项，再判单调性；无法求通项时，直接通过递推式变
形比较an+1与an大小。最值求解关键：单调性法（先增后减取顶点，单调数列取首尾）、不等式组法（锁
定最值项的前后项关系）、函数法（结合二次函数对称轴、对勾函数性质，限定正整数域）。
常用技巧方法：作差法速算：化简an+1-an时，优先合并同类项、因式分解，快速判断正负（如含二次式
可配方，含分式可通分）。作商法避坑：先判断an符号，正项数列直接比大小，负项数列需反转不等号
（如
an+1
an
>1时，负项数列递减）。函数法转化：将an= f (n)视为函数，用导数或基本函数性质（如二次
函数对称轴、对勾函数拐点）确定单调性，再验证n∈N
*的对应项。
易错避坑提效：①作商法忽略符号：忘记判断an正负，直接用
an+1
an
与 1 的大小下结论，导致单调性判断
错误。②分段数列漏衔接：仅保证各分段内单调，忽略前一段末项与后一段首项的大小关系（如递增数列
需满足a6<a7，分段点为n=6）。③函数法混淆定义域：将函数y = f ( x)的单调性直接等同于数列单调性，
忽略x∈N
*与x∈R的区别（如函数在(2,3)递增，数列需验证a2<a3）。④最值求解漏条件：用不等式
组法时，忘记n≥2的限制，导致多解或漏解（如求最大项时，未排除n=1的特殊情况）。⑤逻辑关系颠倒：
混淆充分性和必要性，如认为 “a2>a1” 是 “数列递增” 的充分条件，忽略 “所有n∈N
*需满足
an+1>an”。⑥递推数列求通项失误：未正确构造等差 / 等比数列，导致通项求解错误，进而影响单调性
分析，建议先验证前 3 项的规律再推导通项。
题型一 单调性判断（作差 / 作商 / 函数法）
方法点拨：①作差比较法：当an+1-an>0时，{an}递增；当an+1-an<0时，{an}递减.
②作商比较法：若an>0，则当
an+1
an
>1时，{an}递增；当
an+1
an
<1时，{an}递减.
③函数法：将an= f (n)转化为函数y = f ( x)，利用导数或基本函数单调性，结合x∈N
*推导数列单调性。
【典例01】（2025·湖北·模拟预测）已知数列
前
项和为
，
，
，
，则
的
最大值为（ ）
A．4
B．9
C．10
D．12
【答案】B
【分析】先根据
与
的关系求数列
的通项公式，再判断数列
的单调性，求数列
的最大的项.
【详解】因为
中，
，
当
时，
；
当
时，
，用
代替
得：
，
两式相减得：
.
又
，
所以数列
是以1 为首项，以2 为公比的等比数列，所以
.
所以
，
由
或
.
所以数列
中，有：
，即数列
中，
最大，且
.
故选：B
【典例02】（2025·上海·三模）已知数列
的通项公式为
，
，则关于数列
的最值叙述正确的是（）
A．既有最大项也有最小项
B．只有最大项没有最小项
C．没有最大项只有最小项
D．没有最大项也没有最小项
【答案】A
【分析】把数列的通项公式看作函数解析式，令
，换元后是二次函数解析式，结合二次函数的性
质判断即可．
【详解】令
，因为
，所以当
时，
而
，
所以当
时，即
时，
取最大值；
因为
，且
，
，因为
，所以
距离
最近，
所以当
，即
时，
取最小值；
所以该数列既有最大项又有最小项，
故选：A．
【变式01】（2025·河北唐山·模拟预测）数列
的前
项和为
，
的前
项和为
，则
数列
（ ）
A．有最大项也有最小项
B．无最大项也无最小项
C．有最小项但无最大项
D．有最大项但无最小项
【答案】A
【分析】根据数列
和数列
的前
项和，分别求出数列
和数列
的通项公式，进而可以得到
数列
的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值.
【详解】设数列
的前
项和为
，
的前
项和为
，则
，
，
当
时，
，
当
时，
，
经验证，
时成立，所以
，
同理可求得
，
适合；
所以
，
令
，
又
，
，
，
，
，
当
时，
，
，所以
，且
时，
，
则
，
所以当
时，
，数列
单调递增，得
；
当
时，
，数列
单调递减，得
；
当
时，
，数列
单调递增，得
；
由此可知
最大，
最小，
综上所述，数列
存在最大项，也存在最小项.
故选：A
【变式02】（2025·吉林通化·一模）数列{an}的通项公式为
，该数列的前50 项中最大项是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先利用分离常数法分析数列的单调性，再根据单调性求数列的最大项.
【详解】因为
所以当
，即
时，
，所以
.
当
，即
时，
，所以
.
且
时，数列
为递减数列，
所以该数列的前50 项中最大项是
.
故选：C
【变式03】（2025 高三·全国·专题练习）(多选)已知数列
的通项公式为
．则下
列说法正确的是（ ）
A．这个数列的第10 项为
B．
是该数列中的项
C．数列中的各项都在区间
内
D．数列
是单调递减数列
【答案】BC
【分析】先化简通项公式
，赋值法判断A，B，再结合函数单调性及值域判断C，D.
【详解】
．
令
，得
，故选项A 不正确；
令
，得
，故
是该数列中的第33 项，故选项B 正确，
因为
，又
，所以数列
是单调递增数列，
所以
，所以数列中的各项都在区间
内，故选项C 正确，选项D 不正确．
故选：BC.
题型二 分段数列的单调性（含参数范围）
方法点拨：①保证各分段内部单调：一次函数段需满足斜率正负，指数 / 幂函数段需满足底数范围。
②保证分段衔接处单调：前一段的末项小于后一段的首项（递增数列）或大于后一段的首项（递减数列）。
③列不等式组求解参数：结合上述两点建立不等式，注意参数需同时满足所有条件。
【典例01】（2025·湖南湘潭·一模）已知函数
，数列
满足
，
，则“
为递增数列”是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】已知函数
，数列
满足
，结合分段函数的性质讨
论，若
为递增数列，则
，与
矛盾，不满足充分性；若
，满足
，
可以推出
为递增数列，故满足必要性，所以“
为递增数列”是“
”的必要不充分条件.
【详解】已知函数
，数列
满足
.
①充分性：
若
为递增数列，则对于所有
，满足
，即
.
当
时
，
成立，即
：
，
：
，
：
，
：需要满足
，即
，
当
，
，要使
在
时单调递增，则
.
综上，若数列
递增，则
，
所以“数列
递增”不能推出“
”，不满足充分性.
②必要性：
若
，则
，由①知当
时
为递增数列，
所以“
”能满足“数列
递增”，
即“数列
递增”是“
”的必要条件.
所以“
为递增数列”是“
”的必要不充分条件.
故选：B.
【典例02】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列
的通项公式为
，若
是
中唯一的最小项，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】当
时，解
，得出单调性，判断出在
时，取最小值：
；当
，利用
二次函数的对称性和最值，建立关于
的不等式组求解．
【详解】当
时，
，令
，得：
，
解得：
或
，因此可知：
；
又当
时，
，当
时，
，所以
在
时，取最小值：
．
当
时，
，则该代数式对应函数对称轴为直线
，
因为
是
中唯一的最小项，所以
，且
，
解得
，且
，
即
．
故选：B
【变式01】（24-25 高三上·安徽宣城·期末）已知数列
是递增数列，且
，
则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由数列单调递增得到分段函数单调递增，然后建立不等式组，解得
的取值范围.
【详解】由
，数列
是递增数列，
得
，解得
，
所以a 的取值范围是
.
故选：C
【变式02】（25-26 高三上·河北衡水·月考）已知数列
满足
，若
为递增数列，
则实数的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意可得当
时，
；当
时，
递增，故只需
，代入求解即可.
【详解】当
时，
递增，则
；
当
时，
递增，
若
为递增数列，则
，
且
，
即
，解得
；
综上，
.
故选：B.
【变式03】（2025·上海普陀·一模）设
且
，
、
、
都是正整数，数列
的通项公式为
，记数列
中前
项的最小值为
，由所有
的值所组成的集合记为
，
若集合
中仅有四个元素，则下列说法中错误的是（ ）
A．当
时，
的取值范围是
B．不存在
和
的值，使得
C．当
时，
的取值范围是
D．存在
和
的值，使得
【答案】C
【分析】根据
不同的取值范围分析分段函数的性质，结合函数单调性，反证法，进而判断关于集合元素
个数等命题的正确性，逐个判断真假即可.
【详解】对于A 选项,当
时，对于
，根据分段函数的性质，会得到
，
由于
在
这个区间内，这样的递推会一直进行下去，所以集合
有无数个元素.
当
时，要满足
，通过对分段函数的计算和分析，正好解得
，
此时
.并且当
，两个分段函数都是增函数，
中最多只存在两个元素.所以
选项
正确.
对于B 选项，当
时，有
且
.
要想
有
个元素，根据函数的递推关系，如果
，那么根据函数性质会继续产生更多的元素，
所以必有
，不然会有无数个元素.但是当
时，
中元素个数就不是
个了，
这就产生了矛盾，所以原命题正确，即
选项正确.
对于C 选项，当
时，
，令
，通过对分段函数的计算解得
.
由于
，此时
，这与选项中说的情况不符，所以
选项错误.
对于D 选项，从前面的分析经验来看，要想
，根据分段函数的性质，只能令
，
.
由此得到方程
，整理得
，解得
或
，
因为
（根据前面的取值范围等条件），所以
，
选项正确.
故选：C.
题型三 由递推关系判断数列单调性
方法点拨：①先求通项：通过构造法（等差 / 等比数列）、迭代法等求出an的表达式。再判单调性：
对通项使用作差、作商或函数法判断，若无法求通项，可直接通过递推式变形比较an+1与an的大小。
②特殊情况：若递推式为an+1= f (an)，可通过分析函数f ( x)的单调性间接判断数列单调性。
【典例01】（2025·江西·二模）已知数列
满足：
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
有最大值
D．
不是单调数列
【答案】C
【分析】先对
进行变形，构造
新数列，求出数列
的通项公式，结合作差法判断增减
性，逐一分析选项.
【详解】设
，则
.
已知
，将
，
代入可得：
可得
.
两边取倒数
，即
.
又因为
，所以
，则
.
所以数列
是以
为首项，
为公差的等差数列.
根据等差数列通项公式
，则
.所以
.
当
时，
，所以选项A 错误.
由前面计算可知
，所以选项B 错误.
因为
，当
增大时，
减小，
减小，且
时，
，
，所以
有最大
值，选项C 正确.
由
可知，
，所以
是单调递减数列，选项D
错误.
故选：C.
【典例02】（24-25 高三上·天津·月考）在无穷数列
中，
，
，数列
的前n 项和为
，则
的最大值与最小值的差为（ ）
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】C
【分析】求出数列
的前n 项和，按奇偶探讨
的单调性求出最大与最小值即可得解.
【详解】由
，
，得
，而
，则数列
是等比数列，
于是
，当
为奇数时，
，
，
当
为偶数时，
，
，因此
的最大值与最小值分别为
，
所以
的最大值与最小值的差为
.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用等比数列前n 项和公式求出
，再按奇偶结合单调性求解是关键.
【变式01】（2025·江西·模拟预测）已知数列
满足
，
（
），若
是单调递
增数列，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由题可得
，然后讨论
与4 的大小可得答案.
【详解】因为
，所以
.
若
，则
，不符合题意.
若
，则
为等比数列，所以
.
当
时，
为单调递减数列，不符合题意；
当
时，
为单调递增数列，符合题意.
综上，
.
【变式02】（2025 高三·全国·专题练习）已知数列
的首项为
，若
的前n 项积
，则
（ ）
A．数列
有最大项，无最小项
B．数列
无最大项，有最小项
C．数列
有最大项，有最小项
D．数列
无最大项，无最小项
【答案】B
【分析】由
与
关系可得
，化简可得
，从而得
即可求解.
【详解】因为
，所以
，
所以
，则
．
又
，所以
是首项为3，公差为1 的等差数列，
所以
，故
，
所以
是递增数列，故
有最小项
，无最大项．
故选:B
【变式03】（25-26 高三上·江西·月考）记首项为1 的数列
的前
项和为
，且
是以
为公比的
等比数列．若对于任意正整数
，均有
，则整数
的最大值为（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意先求出
的通项公式，进而得出
的表达式，再根据
的通项公式求出
的通项公式，
判断数列
的增减性，然后分析得出结果.
【详解】由题意可得
是以1 为首项、
为公比的等比数列，
故
，则
，
当
时，
，
当
时，
，代入上式
，
所以
，
当
时，
；
当
时，
，
此时
由
，
所以
，
即当
时，
为递增数列，
又
，故
，
故
为
的最小项，
又
对于任意正整数
均成立，
即
成立，又
为整数，故
的最大值为
，
故选：B．
题型四 单调性与最值综合（求数列最大 / 小项）
方法点拨：①单调性法：若数列先增后减，最大值在单调性转折处；若单调递增则末项最大，单调递
减则首项最大。②不等式组法：设an为最大项，则{
an≥an-1
an≥an+1
(n≥2)；最小项则将不等号反向。③结合函数
最值：将数列通项视为函数，求函数在正整数域内的最值，对应数列的最大 / 小项。
【典例01】（24-25 高三上·山西大同·期末）等比数列
中，
为其前
项和，
，且
成
等差数列，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】D
【分析】先根据等差中项及等比数列得通项求出公比，再根据等比数列的前
项和公式求出
，判断出数
列
的单调性即可得解.
【详解】设公比为
，
由
成等差数列，得
，
又数列
为等比数列，所以得
，解得
，
所以
，
令
，
则
，
所以数列
递增数列，
所以当
时，
取得最小值1.
故选：D.
【典例02】（25-26 高三上·安徽合肥·月考）已知数列
中，
.
(1)证明：数列
是等比数列；
(2)求
的前
项和
；
(3)令
，求数列
的最大项.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用等比数列的定义即可得证；
（2）利用等比数列的前
项和公式，分组求和即可求解；
（3）由（2）得
，即
，得
，令
，比较
与1 的大
小来判断数列的单调性，进而求出最大项.
【详解】（1）因为
，
所以
，
所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列；
（2）由（1）得
，
所以
，
化简得
；
（3）由（2）得
，
所以
，
令
，
易得
，又
单调递减，当
时，即
，
又当
时，
，
所以数列
的最大项为
.
【变式01】（2025·江西·模拟预测）已知数列
满足
的前12 项组成一组数据，其第90
百分位数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】判断数列的单调性，确定其最大项，根据百分位数的求法，即可确定答案.
【详解】因为
，
故一组12 个数据的第90 百分位数是将数据由小到大排序后的第11 个数，
又
,
则
，
，
即数列
前9 项逐渐增大，从第10 项开始又逐渐减小，且
，
由此可得
和
是数列
的最大项，
故将数列的前12 项从小到大排序后，
或
将排在第11，12 位
所以第90 百分位数为
或
.
故选：B
【变式02】（24-25 高三上·浙江·月考）(多选)已知数列
的通项公式是
，记
的前
项和为
，则（ ）
A．
B．
C．
时，
取最大值
D．
【答案】BC
【分析】根据
即可判定A,根据作差，判断数列的单调性可知C，根据放缩，结合等差数列以及等
比数列的求和即可判断BD.
【详解】由于
，则
，故A 错误，
，
，
当
，故
，
当
，故
，
因此
时，
取最大值，C 正确，
当
时，
，则
，故D 错误，
由于
，故
，故
，B 正确，
故选：BC
【变式03】（25-26 高三上·山东临沂·期中）已知数列
中，
，
.
(1)证明：数列
是等比数列；
(2)求
的前
项和
；
(3)令
，求数列
的最大项.
【答案】(1)答案见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用等比数列定义即可证明；
（2）由（1）求得数列的通项公式，根据通项公式的特点分组求和；
（3）用作商法判断数列的单调性后再求最大项.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
所以
，数列
是以
为首项
为公比的等比数列.
（2）由（1）得
所以
化简得
.
（3）由（2）得
，所以
，
，令
易得
，又
单调递减，当
时，即
，
，又当
时，
所以数列
的最大项为
.
题型五 单调性与充分必要条件结合
方法点拨：①明确单调性定义：如 “递增数列” 需满足对所有n∈N
*，an+1>an，而非局部项满足。
②双向验证逻辑关系：判断条件p（如a2>a1）能否推出单调性（充分性），单调性能否推出条件p（必要
性）。③举反例排除：若存在数列满足条件p 但不单调，或单调但不满足p，即可判断充分 / 必要关系。
【典例01】（2025·四川自贡·三模）命题
：数列
为等比数列，命题
：数列
满足
，
，
，则
是
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】由等比数列的性质及充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】充分性：由
，且
，
设
，
，
，
，后续项由
依次计算得到：
，
，
，
，
此时数列为1，2，3，4，8，12，16，32，…，显然不是等比数列，所以充分性不成立；
必要性：由
为等比数列，显然可得
，
且
，故必要性成立.
所以
是
的必要不充分条件.
故选：B.
【典例02】（2025·江苏·三模）在正项数列
中，设甲：
，乙：
是等比数列，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】A
【分析】根据等比数列的定义和通项公式，结合充分条件、必要条件的定义即可判断.
【详解】令
，则
，
令
，则
，
以此类推，得
，
则数列
是以
为首项，
为公比的等比数列.
若数列
是等比数列，设其公比为
，则
，
所以
，
，
得
，
当
时，
；
当
时，
不成立.
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
【变式01】（2025·湖南长沙·三模）数列
是公比不为1 的等比数列，前
项积为
，则“
，
”是“
”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由等比数列的性质，结合充分条件与必要条件的意义判断即可.
【详解】充分性：因为
，
，所以
，所以
，
又由数列
是公比不为1 的等比数列，所以
，
可得
同号，
同号，所以
，所以
，
所以“
，
”是“
”的充分条件；
必要性：若数列每项均为正数时，若
且
时，则
对
恒成立，
无法得到
对
恒成立，必要性不成立，
故“
，
”是“
”的充分不必要条件.
故选：B.
【变式02】（2025·江苏南京·一模）在数列
中，“对于任意的正整数
，都有
”是
“数列
为等比数列”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要
条件
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质及充分条件、必要条件的定义进行判断即可.
【详解】当有
成立时，数列
不一定为等比数列，例如
，即充分性不成立；
当数列
为等比数列时，
一定成立，即必要性成立.
故选：A.
【变式03】（25-26 高三上·福建厦门·期中）已知数列
满足
，则“数列
是递增
数列”的充分不必要条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先将通项变形，通过作差法分析单调性，再结合充分不必要条件的定义得出结果.
【详解】将
变形为
.
.
若数列
递增，则
，即
.
因
，故
，即
（此为充要条件），
所以A 选项符合，BCD 选项不符合.
故选：A
（限时训练：15 分钟）根据内容设置10~30 分钟的题量即可
1． （25-26 高三上·江苏苏州·期中）已知数列
的通项公式为
，则数列
的最小项
是（ ）
A．第1 项
B．第6 项
C．第7 项
D．第13 项
【答案】B
【分析】由题设
，结合分式型函数的性质分析数列的单调性及
的区间上下界，即可得.
【详解】由
，
，
当
时，
，即
，
当
时，
，即
，
数列
在
上都单调递减，
所以最小项为
，即第6 项.
故选：B
2．（25-26 高三上·湖南长沙·开学考试）数列
的通项为
，且
为单调递增数列，
则k 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据数列的单调性建立不等式，结合一次函数的单调性，可得答案.
【详解】由数列
是递增的，则
对
恒成立，
即
，
整理可得
，对
恒成立，
因函数
在
时单调递增，则得
.
故选：B
3.（2025·贵州黔南·三模）数列
满足
，若数列
单调递增，则实数
的
取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】依题意可得
，解得即可.
【详解】因为
单调递增，所以
，解得
，
即实数
的取值范围为
.
故选：D
4．（25-26 高三上·贵州贵阳·月考）设函数
，数列
满足
，且数列
是递增数列，则a 的范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由数列递增得到分段函数在两个区间上分别递增，得到对应
的范围，然后由
，求
的范
围，从而得到结果.
【详解】∵数列
是递增数列，
∴当
时，
单调递增，即
，则
，
当
时，
单调递增，则
，
又
，即
，则
，则
，
∴
.故选：B.
4．（2025·天津·二模）已知
是一个无穷数列，“
”是“
为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据递增数列的概念及充分、必要条件的定义判断即可.
【详解】递增数列是指一个数列从第二项起，每一项都大于它的前一项，即
.
若
是摆动数列，可能有
，但是
不是递增数列，则仅
不能推出
为递增数列，但
为递增数列可以推出
.
所以“
”是“
为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
5. （2025·北京顺义·一模）设
为等比数列，则“存在
，使得
”是“
为递减数
列”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，举出反例即可得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，即可验证必要性满足，从
而得到结果.
【详解】假设等比数列的公比
，首项
，则数列的项依次为
，
当
时，满足
，但是
不是递减数列，
故充分性不满足；
若
为递减数列，则对于任意的
，必然有
，
故必要性满足；
所以“存在
，使得
”是“
为递减数列”的必要而不充分条件.
故选：B
6. （2025·山东济南·一模）若数列
各项均为正数，则“
为等比数列”是“
为等差数列”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等差数列、等比数列的定义判断.
【详解】数列
中，
，
数列
为等比数列，令其公比为
，则
，
，
为常数，因此数列
为等差数列；
反之，
为等差数列，令其公差为
，则
，即
为常数，
因此数列
为等比数列，
所以“
为等比数列”是“
为等差数列”的充要条件.
故选：C
7. （24-25 高三上·河北·月考）已知数列
的通项公式为
，若对于任意正整数n，都有
≤
成立，则m 的值为（ ）
A．15
B．16
C．17
D．18
【答案】C
【分析】利用给定的通项公式，结合单调性求出最大项即可得解.
【详解】数列
的通项公式为
，则
，
由
，
，解得
，而
,
因此当
时，
，即
，当
时，
，
即
，
所以数列
的最大项为
，即对于任意正整数n，都有
≤
成立，依题意，
.
故选：C
8. （2025·四川成都·二模）(多选)已知数列
的通项公式
，前
项和为
，则（ ）
A．数列
为等差数列
B．
，使得
C．当
时，
取得最小值
D．数列
的最大项的值为
【答案】ABD
【分析】利用给定的通项公式，结合等差数列定义、数列单调性、二次函数性质逐项求解判断.
【详解】对于A，由
，得
，
，数列
为等差数列，A 正确；
对于B，
，
，显然
，B 正确；
对于C，
，当
时，数列
单调递减，
，
，
当
时，数列
单调递减，
，
，C 错误；
对于D，
，
因
，当
时，
取最小值
，
当
或
时，
，且当
或
时，
取最小值3，
所以数列
的最大项的值为
，D 正确.
故选：ABD.
9. （2025·北京房山·一模）已知数列
的各项均为正数，且满足
（
是常数，
），
则下列四个结论中正确的是（ ）
A．若
，则数列
是等比数列
B．若
，则数列
是递增数列
C．若数列
是常数列，则
D．若数列
是周期数列，则最小正周期可能为2
【答案】C
【分析】当
时，得到
，当
时，得到
，数列
不能构成等比数列，可判定A
错误；当
时，求得
，可判定B 错误；若数列
为常数列，得到
，结合二
次函数的性质，求得
，可判定C 正确；假设列
是周期数列，且最小正周期为
，得到
且
，结合
，得到
，化简求得
，这与
矛盾，可判
定D 错误.
【详解】对于A 中，若
，可得
，即
，
当
且
时，两边取对数，可得
，即
，
此时数列
表示首项为
，公比为
的等比数列；
当
时，可得
，此时
，数列
不能构成等比数列，故A 错误；
对于B 中，当
时，可得
，即
，
例如：当
时，由
，可得
，
又由
，可得
，此时
，
所以，当
，数列
是不一定是递增数列，所以B 错误；
对于C 中，若数列
为常数列，则
，
因为
，即
，
又因为
，所以
，
所以
的取值范围为
，所以C 正确；
对于D 中，假设数列
是周期数列，且最小正周期为
，即
且
，
因为
，可得
，所以
，
则
，即
，
又因为数列
的各项均为正数，即
，
所以
，即
，这与
矛盾，
所以数列
的最小正周期不可能是
，所以D 错误.
故选：C.
