重难点19 数列的单调性、周期性、最值性质及其应用
【全国通用】
【题型1 数列的单调性及其应用】..........................................................................................................................4
【题型2 数列的周期性及其应用】..........................................................................................................................6
【题型3 数列的最大（小）项】..............................................................................................................................8
【题型4 求数列前n 项和Sn的最值】....................................................................................................................10
【题型5 定义法求数列的最值】............................................................................................................................12
【题型6 函数法求数列的最值】............................................................................................................................15
1、数列的单调性、周期性、最值性质及其应用
数列的性质及其应用是高考的热点问题，也是重点问题，主要包括数列的单调性问题、数列的周期性
问题以及数列的最值问题这几类问题.
从近几年的高考情况来看，对数列的性质的考查也是高考的一个重要趋势，所以在高考复习时要注意
加强对数列的性质的理解，对数列的几类性质问题学会求解.
知识点
1 数列的概念与基本知识
1．数列的定义
一般地，把按照确定的顺序排列的一列数称为数列.数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列的第一个位
置上的数叫做这个数列的第1 项，常用符号a1表示，第二个位置上的数叫做这个数列的第2 项，用a2表示
⋯⋯第n 个位置上的数叫做这个数列的第n 项，用an表示.其中第1 项也叫做首项.
2．数列的分类
分类标准
名称
含义
举例
按项的个数
有穷数列
项数有限的数列
1,2,3,…,n
无穷数列
项数无限的数列
1,0,1,0,1,0,…
按项的变化趋势
递增数列
从第2 项起，每一项都大于它的前一
项的数列
3,4,5,6,…,n+2
递减数列
从第2 项起，每一项都小于它的前一
项的数列
-1,-2,-3,…,-n
常数列
各项相等的数列
0,0,0,0,…
摆动数列
从第2 项起，有些项大于它的前一
项，有些项小于它的前一项的数列
1,-2,3,-4,…
3．数列的通项公式
如果数列{an}的第n 项an与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数
列的通项公式.
4．数列的递推公式
(1)递推公式的概念
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推
公式.
(2)对数列递推公式的理解
①与“不一定所有数列都有通项公式”一样，并不是所有的数列都有递推公式.
②递推公式是给出数列的一种方法.事实上，递推公式和通项公式一样，都是关于项的序号n 的恒等式.如果
用符合要求的正整数依次去替换n，就可以求出数列的各项.
③用递推公式求出一个数列，必须给出：
基础——数列{an}的第1 项(或前几项)；
递推关系——数列{an}的任意一项an与它的前一项an-1 (
)(或前几项)间的关系，并且这个关系可以用
等式来表示.
5．数列表示方法及其比较
优点
缺点
通项
公
式法
便于求出数列中任意指定的一项，
利于对数列性质进行研究
一些数列用通项公式表示比较
困难
列
表法
内容具体、方法简单，给定项的序
号，易得相应项
确切表示一个无穷数列或项数
比较多的有穷数列时比较困难
图象法
能直观形象地表示出随着序号的变
化，相应项的变化趋势
数列项数较多时用图象表示比
较困难
递推公式法
可以揭示数列的一些性质，如前后
几项之间的关系
不容易了解数列的全貌，计算
也不方便
6．数列的前n 项和
数列{an}从第1 项起到第n 项止的各项之和，称为数列{an}的前n 项和，记作
，即
.
如果数列{an}的前n 项和Sn与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个
数列的前n 项和公式.
=
.
知识点
2
数列的性质
1．数列的性质
(1)单调性
如果对所有的
，都有
，那么称数列{an}为递增数列；如果对所有的
，都有
，那么称数列{an}为递减数列.
(2)周期性
如果对所有的
，都有
(k 为正整数)，那么称{an}是以k 为周期的周期数列.
(3)有界性
如果对所有的
，都有
，那么称{an}为有界数列，否则称{an}为无界数列.
知识点
3 数列的性质有关问题的解题策略
1．数列的单调性的判断方法
(1)作差比较法：
数列{an}是递增数列；
数列{an}是递减数列；
数列{an}是
常数列.
(2)作商比较法：
①当an>0 时，
数列{an}是递增数列；
数列{an}是递减数列；
数列{an}
是常数列；
②当an<0 时，
数列{an}是递减数列；
数列{an}是递增数列；
数列{an}
是常数列；
(3)图象法：
结合相应函数的图象直观判断：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调
性，再将函数的单调性对应到数列中去，进而得出数列的单调性，即可得解.
2．数列周期性问题的解题策略：
解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求出有关
项的值或前n 项和.
3．求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大 (小)项，否则，利
用作差法.
(2)利用
确定最大项，利用
确定最小项.
【方法技巧与总结】
1．在数列{an}中，若an最大，则
；若an最小，则
.
【题型1 数列的单调性及其应用】
【例1】（2025·天津·二模）已知{an)是一个无穷数列，“a2>a1”是“{an)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
【解题思路】根据递增数列的概念及充分、必要条件的定义判断即可.
【解答过程】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an+1>an(n∈N
∗).
若{an)是摆动数列，可能有a2>a1，但是{an)不是递增数列，则仅a2>a1不能推出{an)为递增数列，但{an)为
递增数列可以推出a2>a1.
所以“a2>a1”是“{an)为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式1-1】（2025·贵州黔南·三模）数列{cn)满足cn={
a
n−1,n>2,
(3−a)n+2,n≤2
(n∈N
*))，若数列{cn)单调递
增，则实数a的取值范围为（ ）
A．[2,3)
B．(1,3)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】D
【解题思路】依题意可得{
a>1
3−a>0
a
2>(3−a)×2+2)
，解得即可.
【解答过程】因为cn={
a
n−1,n>2,
(3−a)n+2,n≤2
(n∈N
*))单调递增，所以{
a>1
3−a>0
a
2>(3−a)×2+2)
，解得2<a<3，
即实数a的取值范围为(2,3).
故选：D.
【变式1-2】（2025·江西·二模）已知数列{an)的首项a1为常数且a1≠2
3，an+1+2an= 4
n(n∈N
*)，若数列
{an)是递增数列，则a1的取值范围为（ ）
A．(−2
3 , 2
3)
B．(−2
3 , 2
3)∪(
2
3 , 4
3)
C．(0, 2
3)
D．(0, 2
3)∪(
2
3 , 4
3)
【答案】B
【解题思路】由已知条件推得数列{an−4
n
6 )是首项为a1−2
3，公比为−2的等比数列，运用等比数列的通
项公式可得an，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【解答过程】因为an+1+2an= 4
n，
所以an+1−1
6 ×4
n+1=−2(an−1
6 ×4
n)，
由于a1≠2
3，即a1−2
3 ≠0，
可得数列{an−4
n
6 )是首项为a1−2
3，公比为−2的等比数列，
则an= 1
6 ×4
n+(a1−2
3)×(−2)
n−1，因为数列{an)是递增数列，可得an+1>an，
即1
6 ×4
n+1+(a1−2
3 )⋅(−2)
n> 1
6 ×4
n+(a1−2
3 )⋅(−2)
n−1对任意的正整数n都成立．
当n为偶数时，a1> 2
3 −1
3 ×2
n恒成立，由于数列{
2
3 −1
3 ×2
n)单调递减，
可得2
3 −1
3 ×2
n≤2
3 −4
3 =−2
3，则a1>−2
3；
当n为奇数时，a1< 2
3 + 1
3 ×2
n恒成立，由于数列{
2
3 + 1
3 ×2
n)单调递增，
可得2
3 + 1
3 ×2
n≥2
3 + 2
3 = 4
3 ，则a1< 4
3 ；
综上可得a1的取值范围是(−2
3 , 2
3)∪(
2
3 , 4
3)．
故选：B．
【变式1-3】（2025·湖北·模拟预测）已知△ABC的面积为1，取△ABC各边的中点A1,B1,C1作
△A1B1C1，然后再取△A1B1C1各边的中点A2,B2,C2作△A2B2C2,⋯依此方法一直继续下去.记
△An BnCn(n∈N
*)的面积为an，数列{an)的前n项和为Sn，则（ ）
A．数列{2
nan)为常数列
B．数列{2
nan)为递增数列
C．数列{ Sn
n }为递减数列
D．数列{ Sn
n }为递增数列
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，结合相似三角形性质求出an及Sn，再利用数列单调性定义逐项分析判断.
【解答过程】依题意，各次作得的三角形都相似，相邻两次作得的三角形相似比为1
2，则an+1= 1
4 an，
a1= 1
4 ，
因此数列{an)是首项、公比都为1
4 的等比数列，an= 1
4
n，Sn=
1
4 (1−1
4
n )
1−1
4
= 1
3 (1−1
4
n )，
对于AB，2
nan= 1
2
n，数列{2
nan)是递减的等比数列，AB 错误；
对于CD，Sn
n = 1
3n (1−1
4
n )，
Sn+1
n+1
Sn
n
=
1
3(n+1)(1−1
4
n+1 )
1
3n (1−1
4
n )
=
n(4
n+1−1)
(n+1)(4
n+1−4)
，
n(4
n+1−1)−(n+1)(4
n+1−4)=3n+ 4−4
n+1=3n+ 4−(1+3)
n+1
=3n+ 4−(1+3Cn+1
1
+9Cn+1
2
+⋯)<3n+ 4−(1+3Cn+1
1
)=0，
即0<n(4
n+1−1)<(n+1)(4
n+1−4)，
n(4
n+1−1)
(n+1)(4
n+1−4)
<1，因此Sn+1
n+1 < Sn
n ，
数列{ Sn
n }为递减数列，C 正确，D 错误.
故选：C.
【题型2 数列的周期性及其应用】
【例2】（2025·全国·模拟预测）数列{an)满足an+1=
1
1−an
，a3= 4，则a2025=（ ）
A．−1
3
B．2025
C．4
D．2024
【答案】C
【解题思路】解法一：求出数列{an)前四项的值，分析可知，数列{an)是以3为周期的周期数列，结合数列
的周期性可求得a2025的值；
解法二：利用迭代法推导出数列{an)是以3为周期的周期数列，结合数列的周期性可求得a2025的值.
【解答过程】解法一：因为an+1=
1
1−an
，a3= 4，所以4 =
1
1−a2
，即a2= 3
4 ，同理可得a1=−1
3，a4=−1
3
，
故数列{an)是以3为周期的周期数列，又2025=3×675，所以a2025=a3= 4.
解法二：由an+1=
1
1−an
，得an+2=
1
1−an+1
=
1
1−
1
1−an
=1−1
an，
an+3=
1
1−an+2
=
1
1−(1−1
an)
=an，
故数列{an)是以3为周期的周期数列，又2025=3×675，所以a2025=a3= 4.
故选：C.
【变式2-1】（2025·辽宁·模拟预测）已知数列{an)满足anan+ 4=−1
4 ,a4= 1
2，则a200=（ ）
A．1
2
B．−1
2
C．0
D．−1
4
【答案】B
【解题思路】根据题意，由递推关系可得{an)是以8 为一个周期的周期数列，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】由anan+ 4=−1
4 ，得an≠0且an+ 4an+8=−1
4 ，所以an+8an+ 4=anan+ 4，故an+8=an，
所以{an)是以8 为一个周期的周期数列，
又a4= 1
2 ,a4a8=−1
4 ，所以a8=−1
2，所以a200=a25×8=a8=−1
2.
故选：B.
【变式2-2】（2025·天津南开·二模）若数列{an)满足a1=2,a2=1，且an+2={
an+1−an,
an+1≥an,
an−an+1,
an+1<an,)则{an)
的前2025 项的和为（ ）
A．1350
B．1352
C．2025
D．2026
【答案】B
【解题思路】由数列的递推公式可得数列{an)可以看作以a2,a3,a4为一个周期的数列，然后代入计算，即
可得到结果.
【解答过程】由题意可得a3=a1−a2=1，
因为a3=a2，所以a4=a3−a2=0，
因为a4<a3，所以a5=a3−a4=1，
因为a5>a4，所以a6=a5−a4=1，
因为a6=a5，所以a7=a6−a5=0，⋯，
所以数列{an)从第二项起是以1，1，0 为周期的数列，
则S2025=a1+674(a2+a3+a4)+a2024+a2025 =2+674×2+1+1=1352.
故选：B.
【变式2-3】（2025·上海嘉定·二模）设数列{an)满足an=sin(
nπ
3 )+(−1)
ncos(
nπ
4 )，记其前n 项和为
Sn，前n 项积为T n．则下列结论正确的是（ ）
A．数列{Sn)和数列{T n)均不是周期数列
B．数列{Sn)是周期数列，数列{T n)不是周期数列
C．数列{Sn)不是周期数列，数列{T n)是周期数列
D．数列{Sn)和数列{T n)均为周期数列
【答案】B
【解题思路】令bn=sin(
nπ
3 )，可得数列{bn)的周期为6，令cn=(−1)
ncos(
nπ
4 )，可得数列{cn)的周期
为8，进而依次得数列{an)和数列{Sn)的周期，又T 1=
❑√3
2 −
❑√2
2 和T n=0(n≥6,n∈N
∗)判断数列{T n)的周
期性.
【解答过程】令bn=sin(
nπ
3 )，则数列{bn)的一个周期为6，
又b1=
❑√3
2 ,b2=
❑√3
2 ,b3=0,b4=−
❑√3
2 ,b5=−
❑√3
2 ,b6=0，
则b1+b2+b3+b4+b5+b6=0，
令cn=(−1)
ncos(
nπ
4 )，则数列{cn)的一个周期为8，
又c1=−
❑√2
2 ,c2=0,c3=
❑√2
2 ,c4=−1,c5=
❑√2
2 ,c6=0,c7=−
❑√2
2 ,c8=1，
则c1+c2+c3+c4+c5+c6+c7+c8=0，
所以数列{an)的一个周期为24，且S24=0，所以Sn= Sn+24，则{Sn)的一个周期为24，
又a1=b1+c1=
❑√3
2 −
❑√2
2 ≠0，a6=0，
所以T 1=
❑√3
2 −
❑√2
2 ,T 6=0，故T n=0(n≥6,n∈N
∗)，所以{T n)不是周期数列.
故选：B.
【题型3 数列的最大（小）项】
【例3】（2025·浙江温州·模拟预测）已知数列{an)满足a1=−1
5 , 1
an+1
−1
an
=2，则数列{an)中的最小项为
（ ）
A．a2
B．a3
C．a4
D．a5
【答案】B
【解题思路】根据等差数列的通项可得an=
1
2n−7 ，计算a2=−1
3 ,a3=−1，结合∀n≥4,an>0即可求解.
【解答过程】由1
an+1
−1
an
=2可知{
1
an)为等差数列，且公差为2，首项为−5，
因此1
an
=2(n−1)−5=2n−7⇒an=
1
2n−7 ，
由于a2=−1
3 ,a3=−1且∀n≥4,an>0，
故{an)中的最小项为a3，
故选：B.
【变式3-1】（2025·上海·三模）已知数列{an)的通项公式为an=(
3
4)
n−1
[(
3
4)
n−1
−1)，n∈N
*，则关于数
列{an)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
【解题思路】把数列的通项公式看作函数解析式，令t =(
3
4)
n−1
，换元后是二次函数解析式，结合二次函
数的性质判断即可．
【解答过程】令t =(
3
4)
n−1
，因为n∈N
*，所以当n=1,2,3,4...时，t =1, 3
4 , 9
16 , 27
64 ...
而an=t (t −1)=t
2−t =(t −1
2)
2
−1
4 ，
所以当t =1时，即n=1时，an取最大值；
因为27
64 < 1
2 < 3
4 ，且1
2 −27
64 = 5
64 ，3
4 −1
2 = 1
4 ，因为5
64 < 1
4 ，所以27
64 距离1
2最近，
所以当t = 27
64 ，即n= 4时，an取最小值；
所以该数列既有最大项又有最小项，
故选：A．
【变式3-2】（2025·云南昭通·模拟预测）已知数列{an)的通项公式为an={
7
2n−7 ,n≤5
1
7 n
2−1
7
(a−1)n,n≥6)
，若a7
是{an)中唯一的最小项，则实数a的取值范围是（ ）
A．(14,16)
B．(15,16)
C．[15,16)
D．(14,16)
【答案】B
【解题思路】当n≤5时，解an+1−an≤0，得出单调性，判断出在n=3时，取最小值：a3=−7；当n≥6，
利用二次函数的对称性和最值，建立关于a的不等式组求解．
【解答过程】当n≤5时，an=
7
2n−7 ，令an+1−an<0，得：
7
2(n+1)−7 −
7
2n−7 =
−14
(2n−5)(2n−7) <0，
解得：n≤2或n≥4，因此可知：a1>a2>a3,a4>a5；
又当n=1,2,3时，an<0，当n= 4,5时，an>0，所以{an)在n=3时，取最小值：a3=−7．
当n≥6时，an= 1
7 n
2−1
7
(a−1)n，则该代数式对应函数对称轴为直线n= a−1
2
，
因为a7是{an)中唯一的最小项，所以13
2 < a−1
2
< 15
2 ，且a7=8−a<−7，
解得14<a<16，且a>15，
即15<a<16．
故选：B.
【变式3-3】（2025·江西·二模）已知等差数列{an)与等比数列{bn)的首项均为−1，且a2=8b4=1，则数列
{anbn)（ ）
A．既有最大项又有最小项
B．只有最大项没有最小项
C．只有最小项没有最大项
D．没有最大项也没有最小项
【答案】A
【解题思路】由题意先求出{an)、{bn)的通项公式，进而求出{anbn)的通项公式，当n≥2时，显然奇数项都
是负数，偶数项都是正数，构造数列cn=|anbn)= 2n−3
2
n−1 （n≥2），研究数列的增减性得出结论即可.
【解答过程】设{an)的公差为d，{bn)的公比为q，则a2=−1+d =1，d =2；
b4=b1q
3= 1
8，q =−1
2，所以an=2n−3，bn=−(−1
2)
n−1
= (−1)
n
2
n−1 ，
所以anbn= (−1)
n⋅(2n−3)
2
n−1
，
当n≥2时，显然奇数项都是负数，偶数项都是正数，
设cn=|anbn)= 2n−3
2
n−1 （n≥2），
则cn+1−cn= 2n−1
2
n
−2n−3
2
n−1 = 5−2n
2
n
，当n=2时，cn+1−cn>0，cn+1>cn；
当n≥3时，cn+1−cn<0，cn+1<cn，即数列{cn)从c2到c3递增，从c3往后递减，
又a1b1=1，a2b2= 1
2，a4b4= 5
8，所以{anbn)中，a1b1最大；
又c3= 3
4 ，c5= 7
16 < 3
4 ，即a3b3<a5b5<a7b7<⋯<a2n−1a2n+1<0(n≥2)，
所以a3b3是最小项.
故选：A.
【题型4 求数列前n 项和Sn的最值】
【例4】（2025·安徽马鞍山·一模）已知数列{an)的通项公式为an= n−3
2n−17 ，前n 项和为Sn，则Sn取得最
小时n 的值为（ ）
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】C
【解题思路】令an= n−3
2n−17 ≥0，解得：n≤3或n> 17
2 ，分类分析Sn的单调性求解即可.
【解答过程】令an= n−3
2n−17 ≥0，解得：n≤3或n> 17
2 ，
当n≤3时，an≥0，故当n=1,2时，Sn递增，且S3= S2
当4≤n≤8时，an<0，故当n= 4,5,6,7,8时，Sn递减；
当n≥9时，an>0，Sn递增.
且a1= 2
15，a2= 1
13，a3=0，a4=−1
9，⋅⋅⋅，a8=−5，
故S8<S1，所以Sn取得最小时n 的值为8.
故选：C.
【变式4-1】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知数列1,1,3,1,3,9,1,3,9,27,1,3,9,27,81,⋯⋯，若该数列的
前n项和为Sn，则满足Sn>1600的最小正整数n的值为（ ）
A．26
B．27
C．28
D．29
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，构造新数列，利用分组求和法，并借助单调性求出最小正整数n的值.
【解答过程】依题意，设原数列为a1,a2,⋯,an,⋯，
令b1=a1=1,b2=a2+a3=1+3= 4 ,b3=a4+a5+a6=1+3+9=13,⋯，
bn=an(n−1)
2
+1+an(n−1)
2
+2+⋯+an(n+1)
2
=1+3+9+⋯+3
n−1= 3
n−1
2
，
令数列{bn)的前n项和为T n，则T n= 1
2 (3+3
2+⋯+3
n−n)= 3
n+1−3
4
−n
2，
而{bn)是单调递增数列，T 6= 3
7−3
4
−6
2 =543,T 7= 3
8−3
4
−7
2 =1636，
则使T n>1600的最小整数n=7，又b7=a7×6
2
+1+a7×6
2
+2+⋯+a7×8
2
=a22+a23+⋯+a28
=1+3+3
2+⋯+3
6，于是S28=1636，又a28=3
6=729,S27= S28−a28=907<1600，
所以满足Sn>1600的最小正整数n的值为28.
故选：C.
【变式4-2】（24-25 高三上·四川成都·阶段练习）若数列{an)满足an=(❑√2)
n−128
n ，其前n项和为Sn，则
（ ）
A．Sn既无最大值，又无最小值
B．当且仅当n=1时，Sn取得最小值
C．当且仅当n=8时，Sn取得最小值
D．∀n∈N
∗，Sn≥S7
【答案】D
【解题思路】分析数列{an)的单调性，可知当n≤7时，an<0；当n≥9时，an>0，且a8=0，逐项判断即可.
【解答过程】因为数列{(❑√2)
n)、{−128
n )均为递增数列，所以，数列{an)为递增数列，
因为a7=(❑√2)
7−128
7 =8 ❑√2−128
7 = 128
8 ❑√2 −128
7 <0，a8=16−128
8 =0，
故当n≤7时，an<0；当n≥9时，an>0.
Sn无最大值，但有最小值，且最小值为S7、S8，即S7= S8.
所以，D 对，ABC 均错.
故选：D.
【变式4-3】（2025·北京海淀·三模）已知数列{an)的通项公式为an= 2n−7
2n−15，前n 项和为Sn，前n 项积为
T n.则下列结论正确的个数为（ ）
①an既有最小值，又有最大值，
②满足anan+1an+2<0的n 的值共有6 个；
③使Sn取得最小值的n 为7；
④T n有最小值，无最大值；
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】化简为an= 2n−7
2n−15 =1+
8
2n−15，利用数列的单调性，结合选项，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于①中，由数列{an)的通项公式为an= 2n−7
2n−15 =1+
8
2n−15，
可得，当n≤7 ,n∈N
∗时，数列{an)的各项小于1，且{an)是单调递减数列；
当n≥8,n∈N
∗时，数列{an)的各项大于1，且{an)是单调递减数列，
所以，数列{an)的最小项为a7=−7，最大项为a8=9，所以①正确；
对于②中，当n∈{1,2,3)时，满足0<an<1；
当n∈{4,5,6,7)时，满足an<0；当n≥8,n∈N
∗时，an>1，
所以，满足anan+1an+2<0时，n=2,4,5,7，共有4 个值，所以②不正确；
对于③中，当n≤3,n∈N
∗时，0<an<1，Sn随着n的增大而增大，且S1=a1= 5
13；
当n∈{4,5,6,7)时，an<0，Sn随着n 的增大而减小，
且S7= 5
13 + 3
11 + 1
9 −1
7 −3
5 −5
3 −7<S1，
当n≥8,n∈N
∗时，an>1为正数，所以Sn≥S8>S7，
综上所述，使得Sn取得最小值的n为7，所以③正确；
对于④中，由上述中的讨论，可得在T n中，只有T 4,T 6为负数，且T 4=T 6，
所以T n存在最小值T 4或T 6，
从第8 项开始，T n为正数，结合an>1，可知T n随着n的增大而增大，所以T n无最大值，
所以④正确.
故选：C.
【题型5 定义法求数列的最值】
【例5】（24-25 高二下·辽宁·期中）已知数列{an)的通项公式为an=n+ 2025
n+1 ，它的前50项中最小项是
（ ）
A．a50
B．a46
C．a45
D．a44
【答案】D
【解题思路】由条件说明a1>a2，再假设数列{an)的第k项最小，k ≥2，k ∈N
∗，列不等式求其解，可得
结论.
【解答过程】因为an=n+ 2025
n+1 ，故a1=1+ 2025
2
，a2=2+ 2025
3
，所以a1>a2，
假设数列{an)的第k项最小，2≤k ≤50，k ∈N
∗，
则{
ak ≤ak +1
ak ≤ak −1)，故{
k + 2025
k +1 ≤k +1+ 2025
k +2
k + 2025
k +1 ≤k −1+ 2025
k )
，
所以{
2025≤(k +1)(k +2)
k (k +1)≤2025 )，
所以k = 44，即数列的前50项中最小项是a44，
故选：D.
【变式5-1】（2024·辽宁大连·一模）数列{an)中，a1=5,a2=9 ，若数列{an+n
2)是等差数列，则{an)最大
项为（ ）
A．3
B．3或4
C．45
4
D．11
【答案】D
【解题思路】根据等差数列的基本量确定数列{an+n
2)的首项与公差，从而可得通项an，作差an+1−an确定
差的符号，从而确定数列{an)的单调性，从而可得最大项.
【解答过程】若数列{an+n
2)是等差数列，则数列的首项为a1+1
2=6，公差为(a2+2
2)−(a1+1
2)=7，
所以an+n
2=6+(n−1)×7 =7n−1，则an=−n
2+7n−1，
所以an+1−an=[−(n+1)
2+7(n+1)−1)−(−n
2+7n−1)=−2n+6，
则当n=1,2,3时，an+1−an≥0，则a4=a3>a2>a1；
当n≥4时，an+1−an<0，故此时数列{an)单调递减，则a4>a5>a6>a7>⋯
综上，{an)最大项为a3=a4=11.
故选：D.
【变式5-2】（2025·河南驻马店·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，且2Sn=3n
2+17n，若
bn=an⋅(
10
11)
n
，则数列{bn)的最大项为（ ）
A．第5 项
B．第6 项
C．第7 项
D．第8 项
【答案】D
【解题思路】由an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n>1)，先求出an，从而得出bn=(3n+7)⋅(
10
11)
n
，由
bn+1
bn
讨论出其单调
性，从而得出答案.
【解答过程】当n=1时，a1= S1=10；
由2Sn=3n
2+17n ①得，当n≥2时， 2Sn−1=3(n−1)
2+17(n−1) ②，
①−②得， 2an=3n
2+17n−3(n−1)
2−17(n−1)=6n+14，
即an=3n+7 (n≥2)，
又a1=10也符合该式，
故an=3n+7.
所以bn=an⋅(
10
11)
n
=(3n+7)⋅(
10
11)
n
，
bn+1
bn
= 3n+10
3n+7 × 10
11
由
bn+1
bn
>1，得3n+10
3n+7 × 10
11 >1，解得n< 23
3 ；
又n∈N
*，所以n≤7， 则b1<b2<⋯<b7<b8，
由
bn+1
bn
<1，解得n> 23
3 ，
又n∈N
*，所以n≥8，则 b8>b9>b10>⋯，
因此{bn)的最大项为b8，
故选：D.
【变式5-3】（2025 高三·全国·专题练习）已知数列{an)的通项公式为an= 9
n(n+1)
10
n
，则此数列的最大项为
（ ）
A．10
9
B．9
10
C．9
9
10
9
D．9
9
10
8
【答案】D
【解题思路】法一：利用作差法求解；法二：设数列{an)第n 项最大，由{
an≥an−1
an≥an+1)求解.
【解答过程】解：方法一：an+1−an= 9
n+1(n+2)
10
n+1
－9
n(n+1)
10
n
＝9
n
10
n·8−n
10 ，
当n<8时，an+1−an>0，即an+1>an；
当n=8时，an+1−an=0，即an+1=an；
当n>8时，an+1−an<0，即an+1<an，
所以a1<a2<a3<...<a8=a9>a10>a11>...，
所以数列{an)有最大项，为第8 项和第9 项，且a8=a9= 9
8×9
10
8 = 9
9
10
8.
方法二：设数列{an)的第n 项最大，则{
an≥an−1
an≥an+1)，
即{
9
n(n+1)
10
n
≥9
n−1n
10
n−1
9
n(n+1)
10
n
≥9
n+1(n+2)
10
n+1 )
，
解得8≤n≤9，又n∈N
∗，则n=8或n=9，
故数列{an)有最大项，为第8 项和第9 项，且a8=a9= 9
9
10
8.
故选：D.
【题型6 函数法求数列的最值】
【例6】（24-25 高二·全国·课后作业）已知数列{an)满足an=
n
n
2+6
，n为正整数，则该数列的最大值是
（ ）
A．1
2
B．1
5
C．1
6
D．5
31
【答案】B
【解题思路】求出数列{an)的前5 项，再由对勾函数的性质可得an=
1
n+ 6
n
，n∈N
∗的单调性，从而即可得
最大值.
【解答过程】解：由an=
n
n
2+6，得a1= 1
7 ，a2= 1
5，a3= 1
5，a4= 2
11，a5= 5
31．
又an=
1
n+ 6
n
，n∈N
∗，
又因为y =
1
x + 6
x
在(0,❑√6)上单调递增，在(❑√6,+ ∞)上单调递减，
所以{an)的最大值为a2=a3= 1
5．
故选：B．
【变式6-1】（24-25 高二下·江西景德镇·期末）已知数列的通项公式an=−n
2+3n+ 3
4 ，则数列{an)的最大
值是（ ）
A．3
B．2
C．11
4
D．3
4
【答案】C
【解题思路】由数列{an)的通项对应的函数为二次函数，利用二次函数的性质求解.
【解答过程】因为an=−n
2+3n+ 3
4 ，其对应的函数为二次函数y =−x
2+3 x + 3
4 ，
开口向下，对称轴为x = 3
2，又n∈N
∗，
所以n=1或2 时，an取得最大值，故数列{an)的最大值是a1=a2= 11
4 .
故选：C.
【变式6-2】（2025·辽宁·一模）已知在数列{an)中，a1=a,a∈(0,1),an+1=a
an，则{an)的前
2k −1(k ∈N
*,k ≥3)项中的最大项为（ ）
A．a1
B．a2
C．ak
D．a2k −1
【答案】B
【解题思路】根据指数函数y =a
x是减函数，结合递推公式an+1=a
an分析即可得解.
【解答过程】因为a∈(0,1)，所以函数y =a
x是减函数，
因为0<a<1，所以a
0>a
a>a，即1>a2>a1，
由函数y =a
x是减函数，1>a2>a1=a>0，
得a
1<a
a2<a
a1<a
0，即a1<a3<a2<1，
由函数y =a
x是减函数，0<a1<a3<a2<1，
得1>a
a1>a
a3>a
a2>a，即1>a2>a4>a3>a1，
由函数y =a
x是减函数，1>a2>a4>a3>a1，
得a<a
a2<a
a4<a
a3<a
a1<a
0，即0<a1<a3<a5<a4<a2<1，
以此类推，可知数列的最大项为a2.
故选：B.
【变式6-3】（24-25 高二下·辽宁辽阳·期末）在数列{an)中，an=
n
n
2+14
，则an的最大值是（ ）
A．
❑√14
28
B．1
8
C．3
23
D．2
15
【答案】D
【解题思路】an=
n
n
2+14
=
1
n+ 14
n
，利用对勾函数的单调性，可得a1<a2<a3,a4>a5>a6>⋅⋅⋅，从而可
得答案.
【解答过程】由题意可得an=
n
n
2+14
=
1
n+ 14
n
．
根据对勾函数与复合函数的单调性，y =
1
x + 14
x
在(0,❑√14)上递增，在(❑√14 ,+∞)上递减，
所以在{an)中，a1<a2<a3,a4>a5>a6>⋅⋅⋅，
当n=3时，n+ 14
n = 23
3 ，a3= 3
23；
当n= 4时，n+ 14
n = 15
2 ．a4= 2
15
因为23
3 > 15
2 ，所以3
23 < 2
15，
所以an的最大值是a4= 2
15．
故选：D.
一、单选题
1．（2025·湖南·模拟预测）在数列{an)中，a1=3，且an+1= 1+an
1−an
，则a2025=（ ）
A．3
B．-2
C．−1
3
D．1
2
【答案】A
【解题思路】由递推关系求前几项的值，判断出数列{an)是以4 为周期的数列，利用周期性求出a2025.
【解答过程】数列{an)中，a1=3，且an+1= 1+an
1−an
，
则a1=3，a2=−2，a3=−1
3，a4= 1
2，a5=3，⋯，
所以an+ 4=an，即数列{an)是以4 为周期的数列，
所以a2025=a4×506+1 =a1=3，
故选：A．
2．（2025·吉林通化·一模）数列{an}的通项公式为an= n−❑√2023
n−❑√2024
，该数列的前50 项中最大项是（ ）
A．a1
B．a44
C．a45
D．a50
【答案】C
【解题思路】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.
【解答过程】因为an= n−❑√2023
n−❑√2024 = n−❑√2024+ ❑√2024−❑√2023
n−❑√2024
=1+
❑√2024−❑√2023
n−❑√2024
所以当n≤❑√2024，即n≤44时，
❑√2024−❑√2023
n−❑√2024
<0，所以an<1.
当n≥❑√2024，即n≥45时，
❑√2024−❑√2023
n−❑√2024
>0，所以an>1.
且n≥45时，数列{1+
❑√2024−❑√2023
n−❑√2024 )为递减数列，
所以该数列的前50 项中最大项是a45.
故选：C.
3．（2025·河南·模拟预测）已知数列{a)满足a1=−1，a2=−8，且对任意n∈N
∗，anan+1+2an+1=an+m
，则a2025=（ ）
A．−8
B．−1
C．3
2
D．5
2
【答案】D
【解题思路】首先令n=1求出m 的值，再求出数列的周期，结合周期即可求得a2025，则答案可求.
【解答过程】令n=1可得a1a2+2a2=a1+m，
代入数据得：−1×(−8)+2×(−8)=−1+m，解得m=−7，
所以anan+1+2an+1=an+1(an+2)=an−7，
令n=2，解得a3= 5
2，令n=3，解得a4=−1，令n= 4，解得a5=−8，⋯，
可得数列{an)的周期为3，则a2025=a3×675=a3= 5
2，
故选：D.
4．（2025·北京平谷·一模）在等比数列{an)中，a1+a2=−16,a2+a3= 16
3 ，记T n=a1a2⋯an(n=1,2,⋯)
，则数列{T n)（ ）
A．无最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．有最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
【答案】C
【解题思路】根据等比数列的通项公式求出an=(−1)
n⋅8⋅3
2−n，进而结合等差数列的求和公式可得
T n=(−1)
n(n+1)
2
×8
n×3
n(3−n)
2
，设bn=8
n×3
n(3−n)
2
，分析可得b1<b2<b3>b4>b5>⋯，进而求解判断即可.
【解答过程】设等比数列{an)的公比为q(q≠0)，
由a1+a2=−16,a2+a3= 16
3 ，
则{
a1+a1q =−16
a1q+a1q
2= 16
3 )
，解得a1=−24，q =−1
3，
则an=−24⋅(−1
3)
n−1
=(−1)
n⋅8⋅3
2−n，
则T n=a1a2⋯an=(−1)
1(−1)
2⋯(−1)
n×8
n×3
1×3
0×⋯×3
2−n
=(−1)
n(n+1)
2
×8
n×3
n(3−n)
2
，
设bn=8
n×3
n(3−n)
2
，则bn+1=8
n+1×3
(n+1)(2−n)
2
，
所以
bn+1
bn
= 8
n+1×3
(n+1)(2−n)
2
8
n×3
n(3−n)
2
=
8
3
n−1，
则n≤2时，
bn+1
bn
>1，即bn+1>bn，
当n≥3时，
bn+1
bn
<1，即bn+1<bn，
则b1<b2<b3>b4>b5>⋯，则b3为最大项，
此时T 3为正数项，且在正数项中最大；
再由b2>b5,T 4>0，T 2<0,T 1<0,T 5<0，因此T 2为最小项.
故选：C.
5．（2025·湖北·二模）若数列{an)满足a1=2，an+1= 1+an
1−an
(n∈N
∗)，则该数列的前2 025 项的乘积是
（ ）
A．−2
B．−1
C．2
D．1
【答案】C
【解题思路】求出该数列的周期和一周期内的乘积即可得到答案.
【解答过程】因为数列{an)满足a1=2，an+1= 1+an
1−an
(n∈N
∗)，所以a2= 1+a1
1−a1
= 1+2
1−2 =−3，
同理可得a3=−1
2 ,a4= 1
3 ,a5=2,…，所以数列{an}的周期为4，即an+ 4=an，
且a1⋅a2⋅a3⋅a4=1，而2025=506×4 +1，
所以该数列的前2 025 项的乘积是a1⋅a2⋅a3⋅a4⋅…⋅a2025=1
506×a1=2.
故选：C.
6．（2025·全国·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，前n项积为T n，若an+ Sn=1000，则使T n取得最
大值时n的值为（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】C
【解题思路】根据an+ Sn=1000，利用an,Sn的关系求出通项公式an，再求出T n，利用
T n+1
T n
判断T n的单调
性，从而得到答案．
【解答过程】an+ Sn=1000①，
当n=1时，a1+ S1=1000，即a1=500；
当n≥2时，an−1+ Sn−1=1000②．
①－②得an−an−1+an=0，即an= 1
2 an−1．
故数列{an)为首项是500，公比为1
2的等比数列，则an=500×(
1
2)
n−1
．
∴T n=a1⋅a2⋅⋅⋅an=500
n×(
1
2)
1+2+⋅⋅⋅+n−1
=500
n×(
1
2)
n(n−1)
2
，
∵
T n+1
T n
=
500
n+1×(
1
2)
n(n+1)
2
500
n×(
1
2)
n(n−1)
2
=500×(
1
2)
n
，因n∈N
*，
故当1≤n≤8时，T n+1>T n；
当n≥9时，T n+1<T n，
即T 1<T 2<⋅⋅⋅<T 9>T 10>T 11>⋅⋅⋅，
∴使T n取得最大值时n的值为9．
故选：C．
7．（2025·湖南湘潭·一模）已知函数f (x)={
a
x−4, x ≥5
−x
2+2ax−19, x<5)，数列{an)满足an= f (n)，n∈N
∗，
则“{an)为递增数列”是“4≤a<5”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
【解题思路】已知函数f (x)={
a
x−4, x ≥5
−x
2+2ax−19, x<5)，数列{an)满足an= f (n),n∈N
∗，结合分段函数的
性质讨论，若{an)为递增数列，则7
2 <a<5，与4≤a<5矛盾，不满足充分性；若4≤a<5，满足
7
2 <4≤a<5，可以推出{an)为递增数列，故满足必要性，所以“{an)为递增数列”是“4≤a<5”的必要不
充分条件.
【解答过程】已知函数f (x)={
a
x−4, x ≥5
−x
2+2ax−19, x<5)，数列{an)满足an= f (n),n∈N
∗.
①充分性：
若{an)为递增数列，则对于所有n∈N
∗，满足an+1>an，即f (n+1)>f (n).
当n<5时(n=1,2,3,4)，f (n+1)−f (n)=2a−2n−1>0成立，即
n=1：2a−3>0⇒a> 3
2，
n=2：2a−5>0⇒a> 5
2，
n=3：2a−7>0⇒a> 7
2，
n= 4：需要满足f (4)<f (5)，即−4
2+8a−19<a
5−4⇒a<5，
当n≥5，f (n)=a
n−4，要使f (n)在n≥5时单调递增，则a>1.
综上，若数列{an)递增，则7
2 <a<5，
所以“数列{an)递增”不能推出“4≤a<5”，不满足充分性.
②必要性：
若4≤a<5，则7
2 <4≤a<5，由①知当7
2 <a<5时{an)为递增数列，
所以“4≤a<5”能满足“数列{an)递增”，
即“数列{an)递增”是“4≤a<5”的必要条件.
所以“{an)为递增数列”是“4≤a<5”的必要不充分条件.
故选：B.
8．（2025·北京房山·一模）已知数列{an)的各项均为正数，且满足an+1
2
−an= λ（λ是常数，n=1,2,3,⋯
），则下列四个结论中正确的是（ ）
A．若λ =0，则数列{ln an)是等比数列
B．若λ>0，则数列{an)是递增数列
C．若数列{an)是常数列，则λ≥−1
4
D．若数列{an)是周期数列，则最小正周期可能为2
【答案】C
【解题思路】当λ =0时，得到an+1
2
=an
，当an=1时，得到ln an=0，数列{ln an)不能构成等比数列，可判
定A 错误；当a1=3, λ =1时，求得a1>a2>a3
，可判定B 错误；若数列{an)为常数列，得到an
2−an= λ，结
合二次函数的性质，求得λ≥−1
4
，可判定C 正确；假设列{an)是周期数列，且最小正周期为2，得到
an+2=an
且an+1≠an
，结合an+1
2
−an= λ，得到an+1
2
−an=an
2−an+1
，化简求得an+1−an=0，这与an+1≠an
矛
盾，可判定D 错误.
【解答过程】对于A 中，若λ =0，可得an+1
2
−an=0，即an+1
2
=an，
当an>0且an≠1时，两边取对数，可得2ln an+1= ln an，即
ln an+1
ln an
= 1
2，
此时数列{ln an)表示首项为ln a1，公比为1
2的等比数列；
当an=1时，可得an=1，此时ln an=0，数列{ln an)不能构成等比数列，故A 错误；
对于B 中，当λ>0时，可得an+1
2
−an= λ>0，即an+1
2
>an，
例如：当a1=3, λ =1时，由a2
2=a1+1= 4，可得a2=2，
又由a3
2=a2+1=3，可得a3= ❑√3，此时a1>a2>a3，
所以，当λ>0，数列{an)是不一定是递增数列，所以B 错误；
对于C 中，若数列{an)为常数列，则an+1=an，
因为an+1
2
−an= λ，即an
2−an= λ，
又因为an
2−an=(an−1
2 )
2
−1
4 ≥−1
4 ，所以λ≥−1
4 ，
所以λ的取值范围为[−1
4 ,+ ∞)，所以C 正确；
对于D 中，假设数列{an)是周期数列，且最小正周期为2，即an+2=an且an+1≠an，
因为an+1
2
−an= λ，可得an+2
2
−an+1= λ，所以an
2−an+1= λ，
则an+1
2
−an=an
2−an+1，即an+1
2
−an
2+an+1−an=(an+1−an)(an+1+an+1)=0，
又因为数列{an)的各项均为正数，即an>0,an+1>0，
所以an+1−an=0，即an+1=an，这与an+1≠an矛盾，
所以数列{an)的最小正周期不可能是2，所以D 错误.
故选：C.
二、多选题
9．（2025·黑龙江大庆·一模）已知数列{an)的前n项和为Sn，a1=9，an=an+1+3，则下列说法正确的是
（ ）
A．a5−a1=−12
B．{an)是递增数列
C．当n>4时，an<0
D．当n=3或4 时，Sn取得最大值
【答案】ACD
【解题思路】由题意可知，数列{an)是首项为9,公差为-3 的等差数列，由此求得其通项公式和前n 项和公
式，并对选项逐一判断即可.
【解答过程】因为an=an+1+3，所以an+1−an=−3，又a1=9，所以数列{an)是首项为9,公差为-3 的等差
数列.
记公差为d，则d =−3，所以an=a1+(n−1)×d =−3n+12，Sn= n(a1+an)
2
= −3n
2+21n
2
.
选项A：a5−a1= 4 d =−12.所以选项A 正确.
选项B：因为公差为-3，所以数列{an)是递减数列.所以选项B 错误.
选项C：当n>4，−3n+12<0，即an<0.所以选项C 正确.
选项D：Sn= −3n
2+21n
2
=
−3(n−7
2 )
2
+ 147
4
2
，所以Sn在1≤n≤3时单调递增，在n≥4时单调递减.因为
S3=18,S4=18，所以当n=3或4时，Sn取得最大值，最大值为18.所以选项D 正确.
故选：ACD.
10．（2025·辽宁·三模）已知数列{an)满足a1=m(0<m<1),an+1=an+
an
2
2024 ,n∈N
∗，则（ ）
A．当m= 1
3时，a2025<1
B．当m= 1
2时，a2025>1
C．当m= 2
3时，a2025<1
D．当m= 3
4 时，a2025>1
【答案】AD
【解题思路】由已知得数列{an)单调递增，再分类讨论m的值，当0<m≤1
2时，得出a2025<1进而判断
AB；当m= 2
3时，得出an+1−an>(
2
3)
2
2024
进而判断C；当m= 3
4 时，得出a2025>1，即可判断D．
【解答过程】因为an+1−an=
an
2
2024 >0，所以数列{an)单调递增，进而an≥m，
当0<m≤1
2时，因为2024 an+1=2024 an+an
2=an(2024 +an)，
所以
1
2024 an+1
=
1
an(2024+an)
=
1
2024(
1
an
−
1
2024+an)，所以1
an+1
= 1
an
−
1
2024+an
，
所以1
an+1
−1
an
=−
1
2024 +an
>−
1
2024 ，
从而1
a2025
> 1
a1
−
1
2024 ⋅2024 = 1
m −1≥2−1=1，
所以有a2025<1，故选项A 对，选项B 错．
当m= 2
3时，an+1−an=
an
2
2024 >(
2
3)
2
2024
，
所以a2025>a1+2024⋅
4
9
2024 = 2
3 + 4
9 >1，选项C 错；
同理，当m= 3
4 时，a2025>a1+2024⋅
4
9
2024 = 3
4 + 9
16 >1，选项D 对．
故选：AD．
11．（2025·江苏泰州·模拟预测）已知数列{an)的各项均为正数，且满足an+1
2
−an= λ（λ是常数，
n=1,2,3,⋅⋅⋅），则下列四个结论中正确的是（ ）
A．若λ =0且a1≠1，则数列{ln an)是等比数列
B．若λ>0，则数列{an)是递增数列
C．若数列{an)是常数列，则λ≥−1
4
D．若数列{an)是周期数列，则最小正周期可能为2
【答案】AC
【解题思路】当λ =0时，得到an+1
2
=an，两边取对数即可判定A；当a1=3, λ =1时，求得a1>a2>a3，可判
定B；若数列{an)为常数列，得到an
2−an= λ，结合二次函数的性质，可判定C；假设列{an)是周期数列，
且最小正周期为2，得到an+2=an且an+1≠an，结合an+1
2
−an= λ，得到an+1
2
−an=an
2−an+1，化简可判定D.
【解答过程】对于A，若λ =0，可得an+1
2
−an=0，即an+1
2
=an，
当an>0且an≠1时，两边取对数，可得2ln an+1= ln an，即
ln an+1
ln an
= 1
2，
此时数列{ln an)表示首项为ln a1，公比为1
2的等比数列，故A 正确；
对于B，当λ>0时，可得an+1
2
−an= λ>0，即an+1
2
>an，
例如：当a1=3, λ =1时，由a2
2=a1+1= 4，可得a2=2，
又由a3
2=a2+1=3，可得a3= ❑√3，此时a1>a2>a3，
所以当λ>0，数列{an)不一定是递增数列，故B 错误；
对于C，若数列{an)为常数列，则an+1=an，
因为an+1
2
−an= λ，即an
2−an= λ，
又因为an
2−an=(an−1
2)
2
−1
4 ≥−1
4 ，所以λ≥−1
4 ，
所以λ的取值范围为[−1
4 ,+ ∞)，故C 正确；
对于D，假设数列{an)是周期数列，且最小正周期为2，即an+2=an且an+1≠an，
因为an+1
2
−an= λ，可得an+2
2
−an+1= λ，所以an
2−an+1= λ，
则an+1
2
−an=an
2−an+1，即an+1
2
−an
2+an+1−an=(an+1−an)(an+1+an+1)=0，
又因为数列{an)的各项均为正数，即an>0,an+1>0，
所以an+1−an=0，即an+1=an，这与an+1≠an矛盾，
所以数列{an)的最小正周期不可能是2，故D 错误.
故选：AC.
三、填空题
12．（2025·湖北鄂州·一模）设正整数数列{an)满足an+2⋅an+1⋅an=10(n≥1)，a3=5，则a623=
.
【答案】2或1
【解题思路】利用赋值法得出a1a2a3=5a1a2=10，结合题意求出a2的值，推导出数列{an)为周期数列，结
合数列的周期性可求得a623的值.
【解答过程】因为正整数数列{an)满足an+2⋅an+1⋅an=10(n≥1)①，a3=5，则a1a2a3=5a1a2=10，
则{
a1a2=2
a1,a2∈N
∗)，所以，{
a1=1
a2=2)或{
a1=2
a2=1)，
由题意可得an+1⋅an+2⋅an+3=10②，由①②可得an+3=an，
所以，数列{an)是周期为3的周期数列，
因为623=3×207+2，故a623=a2=1或2.
故答案为：2或1.
13．（2025·全国·模拟预测）已知数列{an)满足：an={
(2−a)n−1,n<5
a
n−4,n≥5 )(n∈N
∗,a>0)，数列{an)是递增
数列，则实数a的取值范围为
．
【答案】(
7
5 ,2)
【解题思路】根据递增数列的定义列不等式组求解即得.
【解答过程】因为an={
(2−a)n−1,n<5
a
n−4,n≥5 )(n∈N
∗,a>0)，且{an)为递增数列，
所以{
2−a>0
a>1
a4<a5 )
，即{
2−a>0
a>1
4(2−a)−1<a)，解得7
5 <a<2，
故答案为：(
7
5 ,2).
14．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2 数列{an)的前n项和为Sn，且Sn+1=2Sn+2
n+1．若Sn>n
2+30n
，则n的最小值为
．
【答案】6
【解题思路】根据给定条件，利用构造法求出Sn，作差构造新数列，探讨单调性求出n的最小值.
【解答过程】由Sn+1=2Sn+2
n+1，得
Sn+1
2
n+1 = Sn
2
n +1，
所以数列{ Sn
2
n }是首项为S1
2 = a1
2 =1，公差为1 的等差数列，
所以
Sn
2
n =n，即Sn=n⋅2
n，故Sn−(n
2+30n)=n(2
n−n−30)，
令cn=2
n−n−30，则cn+1−cn=2
n+1−(n+1)−30−(2
n−n−30)=2
n−1>0，
所以数列{cn)是递增数列，
因为c5=2
5−5−30=−3<0，c6=2
6−6−30=28>0，
所以当1≤n≤5时，Sn−(n
2+30)=ncn≤nc5<0，即Sn<n
2+30n，
当n≥6时，Sn−(n
2+30n)=ncn≥nc6>0，即Sn>n
2+30n，
所以n的最小值为6．
故答案为：6.
四、解答题
15．（2025 高三·全国·专题练习）数列{an)满足a1=1,a2=−2,an+2= an+1
2
−5
an
,n=1,2,3,⋯，求
a1+a2+⋯+a2017的值．
【答案】1
【解题思路】根据已知递推式求出数列的前几项，可得数列{an)是一个以4 为周期的数列，再结合
a1+a2+a3+a4=0可求得答案.
【解答过程】因为a1=1,a2=−2,an+2= an+1
2
−5
an
，
所以a3= a2
2−5
a1
= 4−5
1
=−1，a4= a3
2−5
a2
= 1−5
−2 =2，
a5= a4
2−5
a3
= 4−5
−1 =1=a1，a6= a5
2−5
a4
= 1−5
2
=−2=a2，
……
依次可得数列{an)是一个以4 为周期的数列，且a1+a2+a3+a4=0，
所以a1+a2+⋯+a2017=a1+504×(a1+a2+a3+a4)=1．
16．（2025·江苏南通·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，{ Sn
n }是首项和公差均为1 的等差数列.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=2
n−5an，求bn的最小值.
【答案】(1)an=2n−1
(2)−19
【解题思路】（1）利用等差数列通项求出Sn，再利用前n项和与第n项的关系求出an.
（2）由（1）求出bn，再作差判断单调性求出最小值.
【解答过程】（1）由{ Sn
n }是首项和公差为1 的等差数列，得Sn
n =1+n−1=n，则Sn=n
2，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，由a1
1 = S1
1 =1，得a1=1满足上式，
所以数列{an)的通项公式an=2n−1.
（2）由（1）得bn=2
n−5(2n−1)，则bn+1−bn=[2
n+1−5(2n+1)]−[2
n−5(2n−1)]=2
n−10，
当n≤3，n∈N
∗时，bn+1<bn，当n≥4，n∈N
∗时，bn+1>bn，
所以当n= 4时，bn的最小值为b4=−19.
17．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知等差数列{an)满足公差d >0,a3+a8= 4 ,a4a7=−5．
(1)求an；
(2)记数列{an)的前n项和为Sn，若bn= Sn
nan
，求数列{bn)中的最小项．
【答案】(1)an=2n−9
(2)−3
【解题思路】（1）求出数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；
（2）先求出Sn，进而可求出数列{bn)的通项，再根据函数性质即可得解.
【解答过程】（1）∵{an)为等差数列，
∴a4+a7=a3+a8= 4，
又∵d >0，
∴a7>a4，
{
a4+a7= 4
a4a7=−5
⇒{
a4=−1
a7=5 ))，
∴d = a7−a4
7−4 =2，
an=a4+(n−4)d =2n−9；
（2）Sn= n(a1+an)
2
=n
2−8n，
bn= Sn
nan
= n(n−8)
n(2n−9) = n−8
2n−9 = 1
2 −
7
2
2n−9
，
当n≤4时，
7
2
2n−9 <0,bn> 1
2
，
当n≥5时，
7
2
2n−9 >0,bn< 1
2
，
所以当n=5时，bn最小，
即数列{bn)中的最小项为b5=−3．
18．（25-26 高三上·北京·开学考试）已知公差为正数的等差数列{an)满足a1=1,2a1,a3−1,a4+1成等比数
列．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若a2，a5分别是等比数列{bn)的第1 项和第2 项，求使数列{ 1
bn
}的前n 项和T n< 99
200的最大正整数n．
【答案】(1)an=2n−1；
(2)4.
【解题思路】（1）利用等比数列的性质列方程求公差，进而求出{an)的通项公式.
（2）求出{bn)的通项公式，数列{ 1
bn
}的前n项和，再解不等式求n 的范围.
【解答过程】（1）设等差数列{an)的公差为d(d >0)，由2a1,a3−1,a4+1成等比数列，
得(a3−1)
2=2a1(a4+1)，则(2d)
2=2(3d +2)，即2d
2−3d −2=0，
则d =2，所以an=a1+2(n−1)=2n−1.
（2）由（1）知：b1=a2=3,b2=a5=9，等比数列{bn)的公比q =3，bn=3
n，1
bn
= 1
3
n，
数列{ 1
bn
}是首项、公比都为1
3的等比数列，则T n=
1
3 (1−1
3
n )
1−1
3
= 1
2 (1−1
3
n )，
由T n< 99
200，得1
2 (1−1
3
n )< 99
200，则1
3
n > 1
100，即3
n<100，而数列{3
n}单调递增，
又3
4<100<3
5，n∈N
∗，因此n≤4，
所以所求最大正整数n为4.
19．（2025·云南·模拟预测）已知数列{an)的前n 项积为T n，满足T n=1×3×5×⋯×(2n−1)，其中
n∈N
∗．
(1)求{an)的通项公式；
(2)已知{an)的前n 项和为Sn，数列{bn)是公比大于1 的等比数列，且b1=a1，b3= S5，cn=(❑√2)
an+1−λbn+1
，若数列{cn)是递减数列，求实数λ的取值范围．
【答案】(1)an=2n−1
(2)λ∈(
1
10 ,+∞)
【解题思路】（1）由数列{an)的前n 项积为T n求an，利用an= T n
T n−1
(n≥2)即可求解；
（2）由（1）先求Sn，进而求公比q，得bn，进而得cn=(❑√2)
an+1−λbn+1，由数列{cn)是递减数列，即
cn>cn+1恒成立，得λ> 1
4 ×(
2
5)
n
恒成立即可求解.
【解答过程】（1）由题意有：当n=1时，有T 1=1=a1，即a1=1，当n≥2时，
由T n=1×3×5×⋯×(2n−1)有T n−1=1×3×5×⋯×[2(n−1)−1)，
所以an= T n
T n−1
=
1×3×5⋯×(2n−1)
1×3×5×⋯×[2(n−1)−1)
=2n−1，
当n=1时，2×1−1=1，
所以an=2n−1；
（2）设数列{bn)的公比为q，q>1，
由（1）有Sn= n(1+2n−1)
2
=n
2，所以b1=a1=1,b3= S5=25，
所以q
2= b3
b1
=25，所以q =5，即bn=1×5
n−1=5
n−1，
所以cn=(❑√2)
an+1−λbn+1=(❑√2)
2n−1+1−λ×5
n=2
n−λ×5
n，
由数列{cn)是递减数列有cn>cn+1恒成立，
所以2
n−λ×5
n>2
n+1−λ×5
n+1，即4×5
n λ>2
n⇒λ>
2
n
4×5
n = 1
4 ×(
2
5)
n
，
令dn= 1
4 ×(
2
5)
n
，即λ>(dn)max，
又dn= 1
4 ×(
2
5)
n
是单调递减数列，
所以(dn)max =d1= 1
10 ，
所以λ> 1
10 ，即λ∈(
1
10 ,+∞).
