重难点08 七种数列数学思想方法（核心考点讲与练）-2024年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）-(解析版）

重难点08七种数列数学思想方法（核心考点讲与练）能力拓展题型一：函数与方程思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）数列满足：，则（       ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意设，利用导数讨论函数的单调性，进而得出在上恒成立，作出图象，结合图象即可得出结果.【详解】由题意知，设，则，所以函数在上单调递增，又，所以在上恒成立，即在上恒成立，画出函数和的图象，如图，由图象可得，，故选：D. 2．（2022·全国·高三专题练习）若数列满足，，记数列的前项和为，则（       ）A．时，是递减数列B．时，是递增数列C．时，D．时，【答案】C【分析】设，根据导数判断出当时，成立，从而可判断选项A；当时，，由此可判断选项B；结合蛛网图可判断选项C；根据时，数列单调递减，同时结合C中结论可判断选项D.【详解】设，，则，若，则，所以存在，使所以，此时，，又，所以，即，当时，，，所以时，，所以选项A错误；易知函数是奇函数，因为时，，所以时，，即，当时，，，所以时，，所需选项B错误；要证，只需证，即证即只需证，所以只需证， 由结合蛛网图，可得到，所以，所以选项C正确；因为所以时，，即，当时，，所以数列单调递减，且当时，，同时结合C中结论可推出选项D错误.故选C3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，若是公差为d（）的等差数列，则（       ）A．B．C．D．【答案】D【分析】由已知可得，对于AB，令，可得，即，由于正负不确定，无法比较大小；对于CD，令，可得，即，令，可得，即，作差法比较，进而得到选项.【详解】是公差为d（）的等差数列，其首项为，即对于AB，当时，，整理得：，即当时，；当时，；故AB错误；对于CD，当时，，整理得：，又， ，当时，，整理得：，即，显然为减函数，且，又，，即，故D正确；故选：D4．（2021·浙江·高三阶段练习）已知各项都为正数的数列满足，，给出下列三个结论：①若，则数列仅有有限项；②若，则数列单调递增；③若，则对任意的，陼存在，使得成立．则上述结论中正确的为（       ）A．①②B．②③C．①③D．①②③【答案】A【分析】对于①，利用数列的单调性，通过累加法即可作出判断；对于②，先证明，再借助作差法即可得到结果；对于③，判断数列是有界的还是发散的即可.【详解】对于①，∵，∴，又数列各项都为正数，∴，∴数列单调递减，∴，∴；∵，即∴， ∴，∴，即，∴，即，而为定值，∴数列仅有有限项，命题正确；对于②，先用数学归纳法证明.（1）当时，，显然成立；（2）假设时，，则，记，，，∴在上单调递增，，∴，∴对，都有.∵∴，∴，又在上单调递增，又，∴，∴数列单调递增，命题正确；对于③，∵，∴，即，又，∴， ∴，∴，∴，显然存在上界，即存在上界，∴命题错误.故选：A【点睛】方法点睛：递推关系显然无法确定通项，从而要从项间关系切入，利用单调性、最值、周期性等，结合放缩思想即可得到结果.二、多选题5．（2022·全国·高三专题练习）设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题正确的是（       ）A．若，则数列有最大项B．若数列有最大项，则C．若数列对任意的，恒成立，则D．若对任意的，均有，则恒成立【答案】ABD【分析】由等差数列的前项和公式可得，可看作关于的二次函数且，对于选项和，根据二次函数的性质即可判断正误；对于选项，举出反例，即可判断正误；对于选项，由并结合二次函数性质，即可得出，，即可判断正误，从而得出答案.【详解】解：由于等差数列前项和公式，对于选项，若，则有最大值，则数列有最大项，故选项正确；对于选项，当数列有最大项，则对应的二次函数有最大值时，可知，故选项正确；对于选项，令，对任意的，则数列递增，满足恒成立，但，故 选项错误；对于选项，若对任意的，均有，则，，则必为递增数列，故选项正确.综上可知，正确的命题是ABD.故选：ABD.【点睛】本题考查等差数列的前项和公式的应用，，可看成关于的二次函数，然后利用二次函数的性质解决问题，考查逻辑推理能力和函数思想.6．（2020·全国·高三专题练习）等差数列{an}的前n项的和为Sn，公差，和是函数的极值点，则下列说法正确的是（       ）A．－38B．C．D．【答案】ACD【解析】首先根据和是函数的极值点，可以计算出数列的公差以及首项即可得出答案【详解】由题得，令，又因为公差，所以,，所以，经计算，.所以故选：ACD.【点睛】本题主要考查了极值点以及等差数列的通项式和前项和，属于基础题。三、填空题7．（2022·全国·高三专题练习）已知：为整数且，则n的最小值为_____________．【答案】5【分析】根据题意，由小到大代入整数n的值验证得出答案.【详解】根据题意，.时，题中等式化简为所以可看成是方程的两个实数解 而方程的判别式为，显然方程的判别式为开不尽的数所以上述方程无整数解，即不符合题意；时，题中等式化为根据题意，可设，且为整数，又同时为负整数时，此时得显然不存在满足题目条件的，即同时为负整数时不符合题意；同时为正数时，得，此时，显然不满足条件；三个数中有一个为0时，情况与相同所以时，不符合题意；时，同上可设由知，当均为整数时，，显然不符合题意当存在负数时，，此时有同时的分析方法，不存在符合条件的.所以，不符合题意；时，取，此时满足题中条件所以满足条件的n的最小值为5.故答案为：5.8．（2022·浙江·龙港中学高三阶段练习）等差数列满足，则的取值范围是______．【答案】【分析】由题设可得，令则，可得，将问题转化为 在上有解，利用二次函数性质求t范围即可.【详解】由题设，，即，当时，为常数列，显然有矛盾，故，令，则，所以，令，则在上有解，又开口向上且对称轴为，，当，即时，，满足要求；当时，，又，，满足要求；综上，.故答案为：9．（2022·全国·高三专题练习）在数列中，，．若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】由已知得，运用累加法求得，代入不等式，由恒成立思想可得答案.【详解】解：∵时，，即，∴．又时，也符合上式，∴．不等式化为，∵，∴．故答案为：. 10．（2022·全国·高三专题练习）某新学校高一、高二、高三共有学生1900名，为了了解同学们对学校关于对手机管理的意见，计划采用分层抽样的方法，从这1900名学生中抽取一个样本容量为38的样本，若从高一、高二、高三抽取的人数恰好组成一个以为公比的等比数列，则此学校高一年级的学生人数为______人．【答案】900【分析】假设高一、高二、高三抽取人数分别为，根据抽取的容量可得，然后简单计算，即可得到高一人数.【详解】因为高一、高二、高三抽取的人数恰好组成一个以为公比的等比数列设从高二年级抽取的学生人数为人，则从高二、高三年级抽取的人数分别为.由题意可得，所以.设我校高一年级的学生人数为N，再根据，求得.故答案为：【点睛】本题考查分层抽样的应用，熟悉分层抽样的概念以及基本量的计算是解题关键.四、解答题11．（2022·河北·模拟预测）已知数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式：(2)设，求数列的最大项．【答案】(1)(2)【分析】（1）先令，求出，然后利用，代入便可求的通项公式.（2）求导后分析单调性，便可知数列的最值.(1)解：由题意得： 当时，当时，，解得故数列的通项公式(2)由（1）可知：设函数则令，解得，可知当时，，单调递增；当时，，单调递减；可以看成函数取正整数时的离散的点.因为为整数，故或，有为数列的最大值.故数列的最大项为：12．（2022·全国·高三专题练习）等比数列的前项和为，已知对任意的，点，均在函数且，，均为常数）的图象上.(1)求的值；(2)当时，记，求数列的前项和；(3)由（2），是否存在最小的整数，使得对于任意的，均有，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1).(2).(3)存在，.【分析】（1）由已知得，由求得，再根据等比数列的定义可求得答案；（2）由（1）求得数列，再运用错位相减法求得答案；（3）运用作差法判断出数列的单调性，由此可得答案.(1)解：因为对任意的，点，均在函数且，，均为常数）的图象上，所 以得，当时，，当时，，又因为为等比数列，公比为，所以，解得，首项，；(2)解：当时，，，则，，两式相减，得，；(3)解：若使得对于任意的，都成立，，即对于任意的，都成立，又，的最大值在时取得，最大值为2，，，所以存在这样的符合题意.题型二：数形结合思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有两个正整数n满足，则实数k的取值范围是（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】由已知可得数列为等差数列，首项为8，公差为-2，由等差数列的前n项和公式可得 ，由二次函数的性质可得或5时，取得最大值为20，根据题意，结合二次函数的图象与性质即可求得k的取值范围．【详解】解：由已知可得，由，所以数列为等差数列，首项为8，公差为-2，所以，当n=4或5时，取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n满足，所以满足条件的和，因为，所以实数k的取值范围是．故选：C．【点睛】方法点睛：最值范围问题常用的方法有：（1）函数单调性法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法.要根据已知灵活选择合适的方法求解.2．（2020·黑龙江·牡丹江一中高三阶段练习（理））定义.若函数，数列满足（），若是等差数列，则的取值范围是（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】求得的解析式，根据是等差数列，取得的取值范围.【详解】由于定义，而函数，由解得或 ，画出的图像如下图所示，由图可知.由于数列满足（），且是等差数列.当时，，，……，推辞类推，数列是首项为，公差为的等差数列，符合题意.当时，，要使是公差为的等差数列，则需，解得或不符合.由，解得或.则当时，为常数列；当时，为常数列.此时为等差数列.当时，由于，故不能构成公差为的等差数列，也不是常数列，不符合题意.综上所述，的取值范围是故选：C【点睛】本小题主要考查分段函数解析式的求法，考查等差数列的知识的运用，属于中档题.二、填空题3．（2020·全国·高三专题练习）已知，（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围为______.【答案】 【分析】先设，则在上恒成立等价于在上恒成立，在直角坐标系中画出函数，，的图像，结合图像，进而可求出结果.【详解】设，则在上恒成立等价于在上恒成立，在直角坐标系中分别画出，的图象，函数与都过点，又当时，函数与函数相交于，当时，函数与函数相交于点，根据条件得图象如下图所示，显然函数，过定点，由图象易得，当时，将函数旋转到过点时，函数的斜率为，所以时，在上恒成立，所以实数的取值范围为：.【点睛】本题主要考查分段函数的问题，考查数形结合的思想，熟记分段函数的性质等即可，属于常考题型.4．（2020·山西长治·高三阶段练习（理））定义R在上的函数为奇函数，并且其图象关于x＝1对称；当x∈（0，1]时，f（x）＝9x﹣3．若数列{an}满足an＝f（log2（64+n））（n∈N+）；若n≤50时，当Sn＝ a1+a2+…+an取的最大值时，n＝_____．【答案】26【解析】先由函数的奇偶性和对称性求得函数的周期,再根据函数的值域及对数运算求得及时的取值范围,即可求得取得最大值时的值.【详解】因为函数为奇函数,所以,又因为其图象关于直线x＝1对称,所以,即,所以,可得即函数f（x）是周期为4的周期函数，因为当x∈（0，1]时，f（x）＝9x﹣3，所以，因为函数为上的增函数,所以当时,，当时,,作出函数在上的图象如图所示: 所以当时,，当时,,，由周期性可得：x∈（6，）时，f（x）＞0．x∈（，）时，f（x）＜0．f（）＝f（）＝0．因为,所以6＜log2（64+n）＜log2114＜7．而当6＜log2（64+n）时,an＞0即当64＜64+n＜6490.496,an＞0∴n≤26时，an＞0．当27≤n≤50时，log2（64+n）＜log2114＜7,此时an＜0，∴当n＝26时,Sn＝a1+a2+…+an取的最大值．故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性、图象的对称性、函数的周期性，对数的运算及数列前n项和的最值问题；考查学生的运算求解能力、抽象概括能力、分类讨论思想和数形结合思想；属于综合型、难度大型试题.题型三：分类与整合思想一、单选题1．（2022·北京·北大附中高三开学考试）在等比数列中，，记（，2，…）.则数列（       ）A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项【答案】A【分析】根据题意易求得等比数列的公比，设数列为等比数列的奇数项（，2，…），则数列是以为首项，为公比的等比数列，再分奇偶讨论数列的项，即可得出结论.【详解】解：设等比数列的公比为， 则，所以，设数列为等比数列的奇数项（，2，…），则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以，当时，，当时，，当为奇数时，，因为，所以，当为偶数时，，因为，所以，综上所述，数列有最大项和最小项.故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）数列的通项，其前项和为，则S18为（       ）A．173B．174C．175D．176【答案】B【分析】化简可得，讨论取不同值时的通项公式，并项求和.【详解】当时，；时，；时， 所以故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，且，则该数列的前9项之和为（       ）A．32B．43C．34D．35【答案】C【分析】讨论为奇数、偶数的情况数列的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】，当为奇数时，，则数列是常数列，；当为偶数时，，则数列是以为首项，公差为的等差数列，.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2，4；第三次取3个连续奇数5，7，9；第四次取4个连续偶数10，12，14，16；第五次取5个连续奇数17，19，21，23，25，按此规律取下去，得到一个子数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19…，则在这个子数列中第2020个数是（       ）A．3976B．3974C．3978D．3973【答案】A【分析】根据题意分析出第次取个数，前次共取个数，且第n次取的最后一个数为n2，然后算出前次共取了个数，从而能得到数列中第2020个数是3976.【详解】由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了个数，且第n次取的最后一个数为n2，当时，，即前63次共取了个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为，即第2016个数为3969， 所以当n＝64时，依次取3970，3972，3974，3976，…，所以第2020个数是3976.故选：A.二、多选题5．（2021·江苏常州·高三阶段练习）数列满足，，其前项和为，下列选项中正确的是（       ）A．数列是公差为的等差数列B．除以的余数只能为或C．满足的的最大值是D．【答案】ABD【分析】由题意，可得，再由叠加法求出的通项公式，进而求的通项公式，可判断A；再求的前项和代数式可判断D，分别令为奇数，偶数两种情况判断B；令，求出的最大值，判断出C，从而选出答案．【详解】解：，可得，，可得，则，所以为公差为2的等差数列，所以A正确；可得，当时，，则，显然除以4的余数为1；当，，则，可得除以4的余数为0，所以B正确；因为，，可得此时的的最大值为10，故C不正确；因为，所以，故D正确.故选：ABD．三、填空题6．（2022·全国·高三专题练习）已知，且对任意都有或中有且仅有一个成立，，，则的最小值为___________.【答案】31 【分析】根据题意分两种情况讨论求出的值，即可求得的最小值.【详解】解：由题设，知：；或中恰有一个成立；或中恰有一个成立；…或中恰有一个成立；则①，，，，则，当时，的和为最小值为：31；②，，，，则，当时，的和为最小值为：32；因此，的最小值为：31.故答案为：31.四、解答题7．（2022·北京·二模）已知数列：，，…，，其中是给定的正整数，且.令，，，，，.这里，表示括号中各数的最大值，表示括号中各数的最小值.(1)若数列：2，0，2，1，-4，2，求，的值；(2)若数列是首项为1，公比为的等比数列，且，求的值；(3)若数列是公差的等差数列，数列是数列中所有项的一个排列，求的所有可能值（用表示）.【答案】(1)，；(2)；(3)所有可能值为.【分析】（1）根据函数定义写出，即可.（2）讨论数列A的项各不相等或存在相等项，当各项都不相等，根据题设定义判断，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定的值；（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证对应所有可能值均可取到，即可得结果. (1)由题设，，，，则，，，，则，所以，.(2)若数列任意两项均不相等，当时；当且时，，又，，此时；综上，，故，不合要求；要使，即存在且使，即，又，则，当，则，不合要求；当，则，满足题设；综上，.(3)由题设数列单调递增且，由（2）知：，根据题设定义，存在且，，则，由比数列中个项大，，同理，所以；又至少比数列中一项小，，同理，所以；综上，.令数列，下证各值均可取到，ⅰ、当，而数列递增，，且，此时，，，则； ⅱ、当时，，则，当且时，令，则，所以，，此时；ⅲ、给定，令()且()，则()，()，又数列递增，，()，()，所以，此时且，故，综上，.【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求的取值范围，再由定义结合分类讨论求证范围内所有可能值都可取到.8．（2022·福建宁德·模拟预测）设数列{}的前n项和为，.数列为等比数列，且成等差数列.(1)求数列{}的通项公式；(2)若，求的最小值.【答案】(1)；(2)4.【分析】（1）设公比可得，根据等差中项的性质列方程求公比，即可得{}的通项公式；（2）利用关系求得，进而得到讨论n的奇偶性求范围，即可确定的最小值.(1)设数列{的公比为，由得：， 所以，即.由成等差数列，所以，即，解得或（舍）.所以.(2)由（1），当时，则，对也成立,所以.设当n为奇数时，为递减数列，所以；当n为偶数时，为递增数列，所以.综上，，而，则的最小值为4.题型四：转化与划归思想一、单选题1．（2022·河南·模拟预测（文））设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（       ）A．B．C．数列存在最大值D．是数列中的最大值【答案】D【分析】根据题意可得，，所以在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.再分析每一个选项即可求解.【详解】因为是公比为的等比数列，且，，，所以，，所以，所以在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于.对于A：因为，所以，故A不正确； 对于B：，故B不正确；对于C：根据上面的分析，等比数列中每一项都为正值，所以无最大值，所以数列无最大值，故C不正确；对于D：因为在等比数列中，从到的每一项都大于，从开始后面所有的项的值都小于且大于，所以是数列中的最大值，故D正确.故选：D.2．（2022·云南·高三阶段练习（理））为了更好地解决就业问题，国家在2020年提出了“地摊经济”为响应国家号召，有不少地区出台了相关政策去鼓励“地摊经济”．老王2020年6月1日向银行借了免息贷款10000元，用于进货.因质优价廉，供不应求，据测算：每月获得的利润是该月初投入资金的20%，每月底扣除生活费1000元，余款作为资金全部用于下月再进货，如此继续，预计到2021年5月底该摊主的年所得收入为（       ）（取，）A．32500元B．40000元C．42500元D．50000元【答案】B【分析】设摊主6月底手中现款为，n月月底摊主手中的现款为，n+1月月底摊主手中的现款为，则可得二者之间的关系，构造新数列成等比数列，求解，即可得到答案．【详解】设，从6月份起每月底用于下月进货的资金依次记为，，…，，，同理可得，所以，而，所以数列是等比数列，公比为1.2，所以，，∴总利润为，故选:B．3．（2022·全国·高三专题练习）设数列的前项的和为，已知，若，则（       ） A．B．C．D．【答案】C【分析】将原式两边同时取倒数，运用叠加法求出，根据题意即可选出答案.【详解】由题意可知，，因为，所以，即.令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，上式相加，得，即，所以，因为，所以，所以，即.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）已知是各项均为正整数的数列，且，，对，与有且仅有一个成立，则的最小值为（       ）A．B．C．D．【答案】B【分析】令，由题设易知或有一项为1，则，判断 各项取值情况，进而求的最小值.【详解】当满足时，，令，则或有一项为1，而，∴，又是各项均为正整数的数列，∴，，，，此时的最小值为，当满足时，，，，，，，时，，因为，所以的最小值为20故选：B.二、多选题5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，，对于任意，，，不等式恒成立，则的取值可以是（       ）A．1B．2C．D．4【答案】BD【分析】根据，可得，由此可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而可得的范围，再根据不等式恒成立即可求得答案.【详解】解：根据题意，，两边同时取倒数可得，，即得，由此可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以， ，，又因为在，上恒成立，所以，，.故选：BD.6．（2022·全国·高三专题练习）记数列的前项和为，若存在实数，使得对任意的，都有，则称数列为“和有界数列”．下列说法正确的是（       ）A．若数列是等差数列，且公差，则数列是“和有界数列”B．若数列是等差数列，且数列是“和有界数列”，则公差C．若数列是等比数列，且公比满足，则数列是“和有界数列”D．若数列是等比数列，且数列是“和有界数列”，则公比满足【答案】BC【分析】利用给定定义结合等差数列前n项和对选项A，B并借助一次、二次函数性质分析判断；结合等比数列前n项和对选项C并借助即可推理判断，举特例判断选项D作答.【详解】若数列是公差为d的等差数列，则，当时，若，则，是的一次函数，不存在符合题意的，A错误；数列是“和有界数列”，当时，是的二次函数，不存在符合题意的，当，时，存在符合题意的，B正确；若数列是公比为的等比数列，则，因满足，则，即，，则存在符合题意的实数，即数列是“和有界数列”，C正确；若等比数列是“和有界数列”，当时，若为偶数，则，若为奇数，则，即，从而存在符合题意的实数，D错误.故选：BC 三、填空题7．（2021·河南新乡·高三阶段练习（文））设是无穷数列，若存在正整数，使得对任意的，均有，则称是间隔递减数列，是的间隔数．已知，若是间隔递减数列，且最小间隔数是，则的取值范围是________．【答案】【分析】依题意得到恒成立，存在，使得成立，同时存在使得成立，由此可得的范围．【详解】由题意可得，对任意的成立，则存在，使成立，且存在，使成立．因为是正整数，所以，且，解得．故答案为：8．（2020·江苏省板浦高级中学高三期末）记为数列的前项和，若，，则______.【答案】360【分析】根据递推公式，当求出，当，求出关系，即可求解.【详解】，，当时，，当时，，两式相减得，，又，是为首项公比为的等比数列，，.故答案为：.9．（2022·全国·高三专题练习）设，记最接近的整数为，则__________；__________．(用表示) 【答案】        【分析】先求出，观察特点得，，最接近的数字为253；由得，，判断为奇数或偶数从而得解.【详解】，若，则，若，则，故答案为：；.【点睛】求出，关键在于处理，从而得出，将结论进行一般化，要注意n为奇数还是偶数. 四、解答题10．（2022·浙江温州·三模）数列满足，.(1)证明：；(2)若数列满足，设数列的前n项和为，证明：.【分析】（1）首先从函数的角度证明不等式的右边成立，再运用数学归纳法或求通项的方法证明不等式右边成立，在利用求通项的方法时，需要给出数列的单调性说明才能证得结果；（2）根据（1）运用放缩法，将进行放缩，进而表示出，再运用不等式的性质证得结论成立.(1)证明：右边：，左边：法一（数学归纳法）：，，当时，假设当时，成立即，即成立则当时，综上所述，.法二（求通项）：，，两边同时取对数得：数列是以首项为，公比为的等比数列，数列单调性证明： 思路1：由复合函数的单调性，知单调递增，；思路2：，；思路3：，；综上所述，.(2)证明：法一：放缩到裂项因为，所以，由（1）知所以所以所以，又，所以，所以.法二：放缩到等比，所以，所以， 所以所以.11．（2022·全国·高三专题练习）已知数列中，，且对任意，，有.(1)求的通项公式；(2)已知，，且满足，求，；(3)若（其中对任意恒成立，求的最大值.【答案】(1)(2)，；或，；或，(3)【分析】（1）令，根据等差数列定义即可求解；（2）根据（1）化简后求解即可；（3）原不等式转化为恒成立，再由的单调性求最小值即可.(1)由已知，令，则，即，则数列是以1为首项，1为公差的等差数列，；(2)由（1），得，则.由，知，，则或或，解得，；或，；或，；(3)不等式对任意恒成立， 即为恒成立，即不等式恒成立.令，则，于是，单调递增，则中，为最小，故.的最大值为.题型五：特殊与一般思想一、单选题1．（2021·贵州贵阳·高三开学考试（文））已知数列中，前项和满足，则（       ）A．B．C．D．【答案】C【分析】在中，令可解得结果.【详解】因为，令得，解得；令得，解得；令得，解得.故选：C.2．（2022·全国·高三专题练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，…．该数列的特点是前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记是数列的前项和，则 （       ）A．1B．98C．D．198【答案】A【分析】根的题意找出的规律即可求解.【详解】由题意得，；；；…．所以可归纳总结为，故.故选:A二、多选题3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列中，，，使的可以是（       ）A．2019B．2021C．2022D．2023【答案】AD【分析】求出数列的前几项，从而可判断出数列为周期数列，进而可求出答案.【详解】因为，，所以，，，，，，，……所以数列为周期数列，且，所以，，，.故选：AD.三、填空题4．（2022·四川成都·三模（理））已知数列满足，，则的值为______．【答案】【分析】根据递推关系得到数列的周期及一个周期内各项的值，再应用周期性求.【详解】由题设，则，而，所以，，，，… 故是周期为4的数列且，，，，所以.故答案为：5．（2022·陕西咸阳·三模（文））观察下列等式照此规律，第n个等式为______．【答案】【分析】由已知等式结合等差数列的定义写出左侧表达式，再由右侧与行数的关系写出右侧表达式，即可确定第n个等式.【详解】由已知等式，对于第n行有：左侧是首项为1，公差为2的等差数列前n项和，左侧可写为，右侧随行数n增大依次为，所以第n个等式为.故答案为：四、解答题6．（2022·北京·人大附中高三阶段练习）已知为无穷数列，给出以下二个定义：I.若对任意的，总存在i，且，使成立，则称为“H数列”；II.若为“H数列”，且对任意的，总存在唯一的有序数对使成立，则称为“强H数列”；(1)若，判断数列是否为“H数列”，说明理由；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得数列存在且不为常数列，求同时满足所选两个条件的所有数列的通项公式条件①：为等差数列； 条件②：为等比数列；条件③：为“强H数列”．【答案】(1)不是“H数列”，(2)条件①②数列不存在，条件①③数列不存在，条件②③是公比为，首项为任何非零实数的等比数列.【分析】（1）按照题目所给的定义，推理即可；（2）按照题目所给的定义，分类讨论；(1)对于，若存在，使得，则，而是偶数，是奇数，奇数偶数，所以不是“H数列”；(2)条件①，不妨设，假设存在，使得，则有，整理得，对于任意的n都成立，当n=3时也成立，由于，所以i=1，j=2，，即只要i+j=n，就有，因此是“H数列”，由于i，j不是唯一的，比如，不是“强H数列”；条件②，不妨设，假设存在，使得，则有，当n=3时也成立，由于，所以i=1，j=2，得，或，，所以对于任意的n，总存在，使得成立，当公比为或时，是“H数列”；下面证明是“强H数列”，即证明对于任意的n，i，j是唯一的： 考虑，函数是增函数，不妨假设，（对于也相同）若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，若j=n-2，则，，故i，j不存在，若，则必然由，故i，j也不存在，即对于公比为的等比数列，是“强H数列”；当时，考虑，是绝对值单调递减的摆动数列，若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，若j=n-2，则，必有   ，故i，j不存在，令，则，则是单调递减的正数列，若，假设n=偶数，   ，若，则必①②有，考虑一下几种情况：若i，j都是偶数，   …①，     ，故①不成立，即i，j不存在；若i，j都是奇数，若，则有…②，，②不成立，即i，j不存在；若i是奇数，j是偶数，则有，…③，，③不成立，即i，j不存在；若i为偶数，j为奇数，则有…④则有，由于，并且是递减的，，，又，∴④不成立，即i，j不存在； 同理可以证得当n=奇数时，i，j也是不存在的，故有当时，是“强H数列”；综上，条件①②数列不存在，条件①③数列不存在，②③存在“强H数列”，是公比为或的等比数列7．（2022·全国·高三专题练习）设有数列，对于给定的，记满足不等式：的构成的集合为，并称数列具有性质.(1)若，数列：具有性质，求实数的取值范围；(2)若，数列是各项均为正整数且公比大于1的等比数列，且数列不具有性质，设，试判断数列是否具有性质，并说明理由；(3)若数列具有性质，当时，都为单元素集合，求证：数列是等差数列.【答案】(1)(2)数列不具有性质(3)证明见解析【分析】（1）由数列具有性质，建立不等式组求解即可；（2）根据数列是等比数列计算，利用不等式可得，由数列不具有性质可得存在使得，转化为，求出，即可判断；（3）根据数列具有性质，运用不等式可得对任意的都成立，先证明时，，同理可得，即可证明.(1)由题意可得，即解得；(2)设数列的通项为，，因为数列不具有性质， 所以存在使得，所以，，，不具备性质X；(3)因为数列具有性质，所以，对任意的都成立，当时，需满足对任意的恒成立，当时，有，即，当时，有，当时，，，所以只需即可满足条件，为单元素集合，同理可证，对任意的时，都有，所以数列是等差数列.【点睛】本题的证明过程，采用了类比的方法，首先证明时，需满足，再由为单元素集可得，类似的可证得其他情况都有，由等差数列的定义知为等差数列.8．（2021·全国·高二专题练习）根据以下数列的前4项写出数列的一个通项公式．①，，，，…；②－3，7，－15，31，…；③2，6，2，6，….【答案】①；②；③或. 【分析】根据各数列前4项找到各项与位置n之间的关系式，即可确定数列的通项公式.【详解】①由题设，，，，…，∴第n项为.②由题设，，，，…，∴第n项为．③由题设，数列为摆动数列，而，而2＝4－2，6＝4＋2，∴第n项为，也可表示为.题型六：有限与无限思想一、单选题1．（2022·浙江台州·高三期末）已知在数列中，，命题对任意的正整数，都有．若对于区间中的任一实数，命题为真命题，则区间可以是（       ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据递推关系分析式子要有意义，数列中的项不能取那些值即可求解.【详解】p为真命题，则，由从后往前推，，,,,,而，排除，,排除，由蛛网图可知,而，之前的项会趋向于3，所以C项排除.因为，已经越过不能取的值，故正确. 故选：D2．（2021·全国·高三专题练习）《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是（       ）A．1＋B．C．D．【答案】B【分析】根据题意得到每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，然后用等比数列的前项和公式求和，根据其和小于即可说明命题.【详解】该命题说明每天截取的线段长度构成了以为首项，为公比的等比数列，因为，所以能反映命题本质的式子是.故选：B.3．（2020·浙江·高三阶段练习）已知正项数列，满足，，，则下列说法正确的是（       ）A．存在有理数a，对任意正整数m，都有B．对于任意有理数a，存在正整数m，使得C．存在无理数a与正整数m，使得D．对于任意无理数a，存在正整数m，使得【答案】B 【解析】根据数列的定义，以及有理数和无理数的运算分析判断．【详解】首先若，则，否则，于是，（舍去），（1）若是无理数，则是无理数，也是无理数，不论还是，仍然是无理数，这样数列中各项均为无理数，所以不可能有，C、D均错误．（2）①若是正整数，则或，如果某一项大于1就减去1，得数列的下一项，经过这种操作都可以减小到1，所以存在正整数，使得，从而，②若不是正整数，设，互质的正整数，），若，则为正整数，回到①的情形；③若不是正整数，设，互质的正整数，），若，若，则，若，则，不妨记，则，由得到称为一次操作，经过有限次减1操作后，一定有，在时，这样再继续刚才的操作，，…，由此可得到一列数：，首先分子逐渐减小，然后分母减小，再分子逐渐减小，再分母减小．是确定的正整数，此操作步骤一定是有限的，最后都会变成（是大于1的正整数），那么数列的下一项为，又回到①的情形，所以一定存在正整数，使得，从而．由此A错误，B正确．故选：B．【点睛】本题考查数列的递推公式，考查实数的运算，解题方法是对正实数进行分类，无理数，有理数，有理数又分为整数和分数，分别利用递推公式得出数列的下一项，这称为一次操作，对所有的有理数经过有限次操作后都会得到1，即数列中总会出现1，而以后每一项都是1．这是一种无限与有限的结合．有理数是有无限个，但对每一个有理数又是有限的操作，从而完成证明．二、多选题4．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知数列的前n项和为，，且（，2，…），则（       ） A．B．C．D．【答案】AD【分析】对于A选项，只需判断；对于B选项，通过通项公式可求得；对于C选项，将条件转化为，可判断错误；对于D选项，将数列放缩成等比数列求和，可判断正确.【详解】由条件，两边同时除以，得，∴∴，∴，对于A选项，∵，∴，∴，故A选项正确；，，所以B选项错误；对于C选项，，等价于，由极限思想知，当时，，故C选项错误；对于D选项，，∴，又∵，所以D选项正确.故选：AD.【点睛】本题考查了数列由递推公式求通项公式，以及关键对通项公式的形式进行分析，放缩，判断.属于较难题.三、填空题5．（2021·河南商丘·高三阶段练习（理））将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则其通项___________.【答案】 【分析】经检验，数列中的偶数项都是数列中的项，观察归纳可得.【详解】数列中的项为：2,4,8,16,32,64,128,256，…经检验，数列中的偶数项都是数列中的项.即，，，256，…可以写成的形式，观察，归纳可得.故答案为：.四、解答题6．（2022·北京·高三专题练习）若无穷数列{}满足如下两个条件，则称{}为无界数列：①（n=1，2，3......）②对任意的正数，都存在正整数N，使得.(1)若，（n=1，2，3......），判断数列{}，{}是否是无界数列；(2)若，是否存在正整数k，使得对于一切，都有成立？若存在，求出k的范围；若不存在说明理由；(3)若数列{}是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m，使得.【答案】(1){}是无界数列；{}不是无界数列.(2)存在，(3)证明见解析【分析】（1）对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，符合无界数列的定义；取，显然，不符合无界数列的定义.（2）讨论，，都不成立，当时，将变形为：，从而求得k的范围.（3）观察要证的不等式结构与（2）相似，故应用（2）变形后，再由{}是单调递增的无界正数列证明.(1){}是无界数列，理由如下：对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，所以{}是无界数列.{}不是无界数列，理由如下：取，显然，不存在正整数，满足，所以{}不是无界数列.(2)存在满足题意的正整数k，且. 当时，，不成立.当时，，不成立当时，，不成立当时，将变形为：.即取，对于一切，有成立.(3)因为数列{}是单调递增的无界数列，所以，所以.即因为{}是无界数列，取，由定义知存在正整数，使所以.由定义可知{}是无穷数列，考察数列，，…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数，使得.故存在正整数，使得.故存在正整数，使得成立7．（2022·全国·高三专题练习）设F是椭圆的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点（，2，…），使，，，…组成公差为d的等差数列，求a的取值范围．【答案】【分析】分情况讨论等差数列是递增，还是递减，分别列出不等式求解范围. 【详解】解：注意到椭圆的对称性及最多只能两两相等，可知题中的等差数列可能是递增的，也可能是递减的，但不可能为常数列，即．先考虑一般情形，由等差数列的通项公式有，（），因此．对于椭圆（），其焦半径的最大值是，最小值是（其中）．当等差数列递增时，有，．从而．再由题设知，且，故，因此．同理，当等差数列递减时，可解得，故所求d的取值范围为．8．（2020·全国·高三专题练习）已知数列满足：（常数），（，）.数列满足：（）.（1）求，的值；（2）求数列的通项公式；（3）是否存在k，使得数列的每一项均为整数？若存在，求出k的所有可能值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）；（3）【分析】（1）经过计算可知：，由数列满足：，从而可求，；（2）由条件可知：，得，两式相减整理得，从而可求数列的通项公式；（3）假设存在正数，使得数列的每一项均为整数则由（2）可知，由，，可求得，2，证明，2时，满足题意，说明为1，2时，数列是整数列即可.【详解】（1）由已知得，， 所以，.（2）由条件可知：（），①所以（）.②①②得.即：.因此：，故（），又因为，，所以.（3）假设存在k，使得数列的每一项均为整数，则k为正整数.由（2）知（，2，3…）③由，，所以或2，检验：当时，为整数，利用，，结合③，各项均为整数；当时③变成（，2，3…）消去，得：（）由，，所以偶数项均为整数，而，所以为偶数，故，故数列是整数列.综上所述，k的取值集合是.【点睛】本题考查了等差数列的基本性质和数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，注意分类讨论思想和转化思想的运用，属于难题.题型七：或然与必然思想一、单选题1．（2022·浙江·模拟预测）己知数列满足：，．记数列的前 项和为，则（       ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据和递推关系式可知，可将递推关系式变形为；令，为的前项和，可知为递减数列，知，借助的范围可得的范围，结合等比数列求和公式可求得的范围，由可得结果.【详解】，，…，依次类推，则；由得：，，，令，为的前项和，，又，为递减数列，即为递减数列，，（当且仅当时取等号），，，，，，即，，，，，. 故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查数列的综合应用问题；解题关键是能够将递推关系式进行变形，得到，并结合递推关系式和数列的单调性得到的范围，从而进行放缩运算，借助等比数列求和公式来求解.二、解答题2．（2021·北京丰台·二模）设数集S满足：①任意，有；②任意，有或，则称数集S具有性质P.（1）判断数集是否具有性质P，并说明理由；（2）若数集且具有性质P.（i）当时，求证：是等差数列；（ii）当不是等差数列时，写出n的最大值.(结论不需要证明)【答案】（1）不具有，理由见解析；（2）证明见解析；4【分析】（1）取，即可验证数集A不具有性质P；（2）根据数集B具有性质P及满足的条件知，数列是单增数列，从而求得数集B具有的性质，求得，利用单调性求得数列的递推关系，从而证明数列是等差数列；容易验证当时，均可证得数列是等差数列，从而最大值为4.【详解】（1）时，易知，有；取，有且，故数集A不具有性质P；（2）（i）由数集且具有性质P知：数列是单增数列，即；当时，取，∵，∴∴则（）， 故，又∴，，即（），同理（），∴，故当时，数列是等差数列.（ii）当时，均可由（i）中方法证得数列是等差数列，则n最大为4，如【点睛】关键点点睛：根据数列具有的性质，求得，进而求得递推关系，从而证明数列是等差数列.