【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习06《两种数列最值求法》(解析版).doc，共(33)页，1.801 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点06两种数列最值求法（核心考点讲与练）na题型一：单调性法求数列最值一、单选题1．（2022·安徽淮南·二模（文））已知等差数列na的前n项和为nS，5711125,26,nnnaSaaba，则数列nb（）A．有最大项，无最小项B．有最小项，无最大项C．既无最大项

，又无最小项D．既有最大项，又有最小项【答案】D【分析】根据等差数列的首项1a,公差d列方程,可得1a和d,进而可得na,nb通项,进而根据nb的单调性,即可得最值.【详解】等差数列na的首项为1a,公差为d,由571125,26,Saa得11

15102511216263adaadd,故1131314nann11=13-14nnnaban当5,nnN时,nb单调递减,故5671bbbL,且52b当15,nn

N时,nb单调递减,故12341bbbb,且14101112bb，故nb有最大值为2,最小值为12故选:D2．（2022·北京·二模）已知等差数列na与等比数列nb的首项

均为－3，且31a，448ab，则数列nnab（）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】求出等差数列和等比数列的通项公式,nnab，得出nnab，确定数列{}nnab中奇数项都是负数，偶数项都是

正数，然后设nnncab，用作差法得出{}nc的单调性，从而可得数列{}nnab的最值．【详解】13a，31a，则1(3)22d，32(1)25nann，4438ab，438b，34118bqb，12q，111(1)33()22n

nnnb，1(1)3(25)2nnnnnab，显然奇数项都是负数，偶数项都是正数，设13(25)2nnnnncab，则113(23)3(25)3(72)222nnnnnnnncc

，3.5n，即3n时，10nncc，1nncc，4n时，10nncc，1nncc，即数列{}nc，从1c到4c递增，从4c往后递减，由于{}nnab中奇数项都

是负数，偶数项都是正数，所以{}nnab中，44ab最大，又334c，5153164c，所以55ab是最小项．故选：A．3．（2022·安徽·芜湖一中三模（文））已知等差数列na的首项11a，且4329aa，正项等比数列nb的首项112b，且24332bb

，若数列na的前n项和为nS，则数列nnbS的最大项的值为（）A．89B．1C．98D．2【答案】C【分析】先求出na，的得到nS，再求出nb，从而得出nnbS，然后分析出数列nnbS的单调性，得出答案.【详解】设等差数列na的公比为d，由4329aa

，则112932aadd即211329dd，故2d，则1121naandn则2112nnnnSnad设正项等比数列nb的公比为0qq，由24332bb，则2321132bqb

q所以232113222qq，解得12q，则1112nnnbbq22nnnbSn，设22nnnc，则221122nnnncncn当02n时，11nncc

，即123ccc当3n时，11nncc，即345ccc所以233333928cbS最大.故选：C4．（2022·广东·一模）已知正项数列na满足1*()nnannN，当na最大时，n的值为（）A．2B．3C．4D．5【答案】B【分析】先令1xyx，两边

取对数，再分析ln()xfxx的最值即可求解.【详解】令1xyx，两边取对数，有1lnlnlnxxyxx，令ln()xfxx，则21ln()xfxx，当()0fx时，0ex；当()0fx时，ex.所以()fx在(0,e)上单调递增，在

(e,+)上单调递减.所以ex时，()fx取到最大值，从而y有最大值，因此，对于1*()nnannN，当2n时，1222a；当3n时，1333a.而113232，因此，当na最大时，3n.故选：B二、多选题5．（2021·广东·高三阶段练习）设数列na的前

n项和为nS，若221111nann，则下列结论中正确的是（）A．211nnnannB．211nnnSnC．32naD．满足2021nS的n的最大值为2020【答案】ACD【分析】A选项，对

221111nann化简后得到结果；B选项，对通项公式分离常数后利用裂项相消法求和；C选项，na是单调递减数列，故132naa；D选项，在B选项的基础上进行求解即可..【详解】222222111111111nnnnnannnnnn

，故A正确；因为1111111nannnn，所以2111111211223111nnnSnnnnnn，故B错误；因为111

1112nnnn，所以1nnaa，所以na是单调递减数列，所以132naa，故C正确；因为11101nann，所以nS单调递增，且20202021S，20212021S，所以满足2021nS的n的最大值为

2020，故D正确．故选：ACD6．（2022·全国·高三专题练习）等比数列na各项均为正数，120a，43220aaa，数列na的前n项积为nT，则（）A．数列na单调递增B．数列na单调递减C．当5n时，nT最大D．

当5n时，nT最小【答案】BC【分析】由等比数列基本量求得等比数列na的公比，由0na可得数列na的增减性，然后由1nnTT判断数列nT的单调性，从而得到nT的最值.【详解】设等比数列n

a的公比为q，43220aaa，222220aqaqa，等比数列na各项均为正数，20a，2210qq，12q，120a，1202nna，数列na单调递减；121nnnTaa

aa，11211nnnnTaaaaa，111202nnnnTaT，当14n时，1112012nnnnTaT；当5n时，1112012nnnnTa

T；数列nT中，从1T到5T递增，从5T开始递减，5n时，数列nT中5T最大.故选：BC7．（2021·河北·高三阶段练习）已知d，nS分别是等差数列na的公

差及前n项和，798SSS，设12nnnnbaaa，数列nb的前n项和为nT，则下列结论中正确的是（）A．满足0nS的最小n值为17B．89aaC．78910aaaaD．8n时，nT取得最小值【答案】AC【分析】由已知可得

80a，90a，890aa，公差0d，利用等差数列前n项和公式以及等差数列的性质可判断A；由890aa可判断B；作差结合890aa可判断C；由nT的单调性以及nb的符号即可求出nT的最小值可判断D，进而可得正确选项.【详解】由题意知：

8870aSS，9980SaS，97890SSaa，选项A中：89116161616022aaaaS，117179171702aaSa，所以满足0nS的最小n值为17，故选项A正确；选项B中：898

90aaaa，即89aa，故选项B错误；选项C中：由80a，90a可知公差0d，则91078aaaa88882adadaad2882422ddadda8920daa所以78910aaaa，故选

项C正确；选项D中：当8n时，0na，当9n时，0na，所以当6n时，0nb，1nnTT；77890baaa，889100baaa，当9n时，0nb，所以76TT，78TT；当8n时，1nnTT，8678

78989108971089890TTbbaaaaaaaaaaaaaa，所以86TT，所以当6n时，nT取得最小值，故选项D不正确，故选：AC.8．（2022·江苏·高三专题练习）在nnnABC（1,2,3,n）中，内角,,nnn

ABC的对边分别为,,nnnabc，nnnABC的面积为nS，若5na，14b，13c，且222124nnnacb，222124nnnabc，则（）A．nnnABC一定是直角三角形B．nS为递增数列C．nS有最大值D．nS有最小值【答案】ABD【解析】先结合已知条件得

到222211125=252nnnnbcbc，进而得到22225=nnnbca，得A正确，再利用面积公式得到递推关系1221875=644nnSS，通过作差法判定数列单调性和最值即可.【详解】由222124nnnacb，222124nnnabc得，2222221

12244nnnnnnacabbc2221122nnnabc2225122nnbc，故222211125=252nnnnbcbc，又221125=0bc，22250nnbc，

22225=nnnbca，故nnnABC一定是直角三角形，A正确；nnnABC的面积为12nnnSbc，而4222222222221124224416nnnnnnnnnnnnabcabcacabbc，

故42222222222111241875161875==1616641nnnnnnnnnnnabcabbSSccS，故22212218751875==6446434nnnnnSSSSS，又22125=244nnnnnbcbcS（当且仅

当52==2nnbc时等号成立）22121875=06344nnnSSS，又由14b，13c知nnbc不是恒成立，即212nnSS，故1nnSS，故nS为递增数列，nS有最小值16S，无最大值，故BD正确，C错

误.故选：ABD.【点睛】本题解题关键是利用递推关系得到222211125=252nnnnbcbc，进而得到22225=nnnbca，再逐步突破.数列单调性常用作差法判定，也可以借助于函数单调性判断.9．（

2021·江苏·盐城中学一模）对于数列na，若存在数列nb满足1nnnbaa（*nN），则称数列nb是na的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是（）A．若数列na是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列；B．若31nan，

则其“倒差数列”有最大值；C．若31nan，则其“倒差数列”有最小值；D．若112nna，则其“倒差数列”有最大值.【答案】ACD【分析】根据新定义进行判断．【详解】A．若数列na是单增数列，则11111111()(1)nnnnnnn

nnnbbaaaaaaaa，虽然有1nnaa，但当1110nnaa时，1nnba，因此{}nb不一定是单增数列，A正确；B．31nan，则13131nbnn，易知{}nb是递增数列，

无最大值，B错；C．31nan，则13131nbnn，易知{}nb是递增数列，有最小值，最小值为1b，C正确；D．若112nna，则111()121()2nnnb，首先函数1yxx在(0,)上是增函数，当n为偶数时，11()(0,1)2nna

，∴10nnnbaa，当n为奇数时，11()2nna1，显然na是递减的，因此1nnnbaa也是递减的，即135bbb，∴{}nb的奇数项中有最大值为13250236b，∴156b是数列{}(*)nbnN中的最大值．D正确．故选：ACD．【点睛】本题考

查数列新定义，解题关键正确理解新定义，把问题转化为利用数列的单调性求最值．三、填空题10．（2022·上海徐汇·二模）已知定义在R上的函数fx满足121fxfx，当0,1x时，3fxx．设fx在区间*,1Nnnn上的最小值为na．若存

在*nN，使得127nan有解，则实数的取值范围是______________．【答案】3(,)32【分析】根据题意，利用换元法，分别求出当1,2x，2,3x，,,1xnn时，()fx

的解析式，进而求出21nna，然后，得到存在*nN，使得127nan有解，则有272nn有解，进而必有max272nn，进而求出max272nn,即可求解.【详解】当0,1x时，3fxx，因为定义在R上的函数fx满足

121fxfx，312121fxfxx，令11tx，则11xt，所以，当11,2t时，有311()2(1)1ftt，所以，当1,2x时，3()2(1)1fxx

，31214(1)3fxfxx，令21tx，则21xt，22,3t，有322()4(2)3ftt，所以，当2,3x时，3()4(2)3fxx，同理可得，3,4x时，3()8(3)7fxx，根据规律，明显可见当,1

xnn，()2()21nnnfxxn，且此时的()fx必为增函数，又因为na为fx在区间*,1Nnnn上的最小值，所以，1231,3,7,21nnaaaa，所以，若存在*nN，

使得127nan有解，则有272nn有解，进而必有max272nn，根据该函数的特性，明显可见，当5n时，有max273232nn，所以，此时有332故答案为：3

(,)3211．（2022·浙江台州·二模）已知等差数列na的各项均为正数，且数列na的前n项和为nS，则数列nnSna的最大项为___________.（用数字作答）【答案】1【分析】由等差数列各项均为正数可判定该数列为递增数列，结合等差数列的通

项公式和前n和公式，可判定数列nnSna为递减数列，进而可得到该数列的最大项.【详解】由题，等差数列na的各项均为正数，所以10a，0d，且111naandndad，所以数列

na是递增数列，又12nnaanS，所以1111222nnnnSaaanaandad，即nnSna是递减数列，所以当1n时，得到数列nnSna的最大项为1111aa，故答案为：112．（2022·全国·高三专题练习）

已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N*，λan≤2na+12”为真，则实数λ的最大值为____.【答案】7【分析】先求出{}na的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m=1，则an+1=an+a1，

an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan≤2na+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+12n，又函数12yxx在(0,23)上单调递减，在(23,)上单调递增，当

3n或4n时，min12()7nn所以7故答案为：713．（2022·天津市新华中学高三期末）在数列na中，71()8nnan，则数列na中的最大项的n________.【答案】6或7【分析】利用作商法判断数列的单调性即可求出其最大项.【详

解】71()08nnan，令1172()27817181()8nnnnnanann，解得6n，即6n时，1nnaa，当6n时，1nnaa，所以6a或7

a最大，所以6n或7.故答案为：6或7.14．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝32，an＋2an＋1＝0，则Sn－1nS的最大值与最小值的积为________.【答案

】－3572【分析】先计算出公比，求出Sn，分奇偶性讨论得出Sn－1nS的最大值与最小值，即可求解.【详解】因为an＋2an＋1＝0，所以112nnaa，所以等比数列{an}的公比为12，因为a1＝32，所以Sn＝31122111212nn

.①当n为奇数时，Sn＝112n，Sn随着n的增大而减小，则1＜Sn≤S1＝32，又Sn－1nS随着Sn的增大而增大，故0＜Sn－1nS≤56；②当n为偶数时，

Sn＝112n，Sn随着n的增大而增大，则34＝S2≤Sn＜1，又Sn－1nS随着Sn的增大而增大，故712≤Sn－1nS＜0.综上，Sn－1nS的最大值与最小值分别为56，712.故Sn－1nS的最大值与最小值的积为567351272

.故答案为：－3572.15．（2022·河南·模拟预测（文））已知数列*nanN满足11,2,nnnnan为奇数为偶数，则21nnnaaa的最大值为________．【答案】43

【分析】令21nnnnabaa，n分为奇偶性，分别求出21nnnaaa，通过判断nb的单调性可求出其最大值【详解】令21nnnnabaa，当n为奇数时，21112222nnnannnannbaann，因为32214(4)(2)2124(2)2

nnnnnbnnnnbnn，所以2nnbb，所以当n为奇数时，数列nb为递减数列，所以当n为奇数时，1b最大，134b，当n为偶数时，11122112242(1)2(1)1nnannnannnabaannn，当n增大时

，nb在减小，所以n为偶数时，2b最大，243b，因为4334，所以数列nb的最大值为43，故答案为：4316．（2022·全国·模拟预测）已知数列na的前n项和为nS，等差数列4021na的首项为1，公差为1，则2nnSS的最大值为_____

_____.【答案】656【分析】由题意求出nnaS和，再求出2nS，令2nnnMSS，求出nM的单调性即可求出nM的最大值.【详解】由题意知4021nna，则2012nan，则111201232nnSn

，2111201232nSnn，令2111201222nnnnMSSnnn，则111111112020232221222nnnnMMnnnnnn

111111120120202122122122221222nnnnnnn.由*nN，易得当2n时，12010562nnMM，所以32

1MMM；当3n时，12010782nnMM，所以345MMM…，故nM的最大值为31113652045626M，即当3n时，2nnSS取得最大值，为656.故答案为:656.四、解答题17．（2022·湖北

·模拟预测）已知数列na的前n项之积．．为nb，且2*12122nnaaannnNbbb．(1)求数列nnab和na的通项公式；(2)求12212nnnnnfnbbbbb的最大值．【答案】(1)*nna

nnNb，1nnan(2)56【分析】（1）利用1(2)nnnaSSn即项与和的关系方法求得nnab，再利用1(2)nnnbabn求得na；（2）再由定义求得nb，并利用作差法得出()fn是递减的，从而易得最大值．(1)∵212122nnaaannbbb

①，∴21121211212nnnnaaanbbb②，由①②可得2nnannb，由①111ab也满足上式，∴*nnannNb③，∴1112nnannb④，由③④可得1121n

nnnabnnban，即1121nnnan，∴112nnann，∴1nnan．(2)由（1）可知1nnan，则121212311nnnbaaann，记121111221nnnfnbbbnnn

，∴11112323fnnnn，∴1111110222312322fnfnnnnnn，∴1fnfn，即fn单调

递减，∴fn的最大值为121151236fbb．18．（2022·天津市宁河区芦台第一中学模拟预测）设数列na的前n项和为nS,且满足*NnnaSn321.(1)求数列na的通项公式;(2)记nnn

nnbnna12123，为奇数，为偶数，数列nb的前2n项和为2nT，若不等式nnnnnTn2241132941对一切*Nn恒成立,求的取值范围.【答案】(1)13nna(2)3546，.【分

析】（1）利用na与nS的关系即可求解；（2）根据裂项相消法和错位相减法求出数列nb的前2n项和为2nT，再将不等式的恒成立问题转化为求最值问题即可求解.(1)由题意,当1n时，1113211aaa,当2n时，11321nnaS，所以nnnnaaSS1

13320，即13nnaa，数列na是首项为1，公比为3的等比数列，11133nnna故数列na的通项公式为13nna.(2)12123nnnnnbnna，为奇数，为偶数，由

(1)，得当n为偶数时，13nnnnnba，当n为奇数时，11142123nbnn，设数列nb的前2n项中奇数项的和为nA，所以nnAnnn11111114559434141，设数列nb的前

2n项中偶数项的和为nB，nnBn1321111242333①nnBn352111112429333②，由①

②两，得()nnnnnnBn21211321111139281111229332331319，整理得nnnB38927132329，故，nnnnnnTABn

23892714132329，nnnnnTn2241272713294132329.不等式nnnnnTn22411329

41对一切*Nn恒成立,即不等式nn27271132329对一切*Nn恒成立,()xfx2727132329在R上是单调增所以，易知n

2727132329在*Nn上为递增数列，当n为偶数时，2272713232956，当n为奇数时,272713232934，解得34，所以的取值范围为3546，.19．（2022·天津·高三专题练

习）设数列na的前n项和2nnSan．(1)求数列na的通项公式；(2)若22log13nnban，求nb的前n项和nT取最小值时n的值；(3)证明：1214.9niia

【答案】(1)21nna(2)5或6(3)证明见解析【分析】（1）利用递推关系，当2n时，1121nnSan，两式相减得121nnaa，再用构造法得：1121nnaa，即可求出na的通项

公式；（2）先求出nb的通项公式，由二次函数求最值即可求出答案.（3）对21141iia进行放缩得：111111111()14144134444iiiii，再求111()3

4i的前n项和即可证明此题.1因为2nnSan，①1n时，1121Sa，11;a2n时，1121nnSan②①-②得121nnaa，所以1121nnaa，112a，所以数列1

na是2为首项，2为公比的等比数列，故1221;nnnnaa(2)2222226log13log2113log23322nnnnbnnan，所以62nnnb，于是当15n时，0nb；60b；当6n时，0

nb.所以当5n或6时，nT取最小值.(3)12111112211111111111111441434()()()1121414413434994914444nnniniiiiiiiiiiaa

，．故1214.9niia20．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知数列na的首项10a，134Nnnaann.(1)证明：数列21nan是等比数列；(2)求数列100na的前n项和nS的最小值.【答案】(1)证明见解析(2

)304【分析】（1）由已知等式变形得出1211321nnanan，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）分析数列nb的单调性，确定nb的符号，由此可求得nS的最小值.(1)解：因为134Nnnaann，则1211321nnanan

，且133a，所以，数列21nan是以3为首项，3为公比的等比数列.(2)解：由（1）知，121333nnnan，则321nnan.所以，10032101nnnban，所以，11

3322320nnnnnbb，故数列nb为递增数列，1100b，296b，380b，428b，5132b，L，故当14n时，0nb；当5n时，0nb.所以，nS的最小值为4304S.21．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已

知数列na的前n项和为nS，满足：*21NnnaSnn(1)求证：数列na为等差数列；(2)若25a，令1nnba，数列nb的前n项和为nT，若不等式122455nnTTmm

对任意*Nn恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)(,2][7,)m.【分析】（1）利用,nnaS关系可得1(2)(1)1nnnana，即有1(1)1nnnana，将两式相减并整理有112nnnaaa，即可证结论.（2）由（1）

结论及题设可得143nbn，令21nnncTT、1231nnncTT，应用作差法比较它们的大小，即可确定21}{nnTT的单调性并求其最大值，结合恒成立求m的取值范围．(1)由题设，(1)2nnnaS，则11(1)(1)

2nnnaS(2)n，所以111(1)(1)(1)(1)1222nnnnnnnnanananaaSS，整理得1(2)(1)1nnnana，则1(1)1nnnana，所以11(1)(2)1(1)1nnnnnanan

ana，即11(1)()2(1)nnnnaana，10n，所以112nnnaaa，故数列na为等差数列，得证.(2)由1121Sa，可得11a，又25a，结合（1）结论知：公差214da

a，所以43nan，故1143nnban，则21111...414581nnnnnTncT，所以123111111...4549818589nnnnncTTnnn，且*Nn，所以111

140310858941(41)(85)(89)nnccnnnnnnn，即1nncc，所以，在[1,)n且*Nn上21nnTT递减，则max32111114)594(5nn

TTTT，要使122455nnTTmm对任意*Nn恒成立，即2514(7)(2)0mmmm，所以(,2][7,)m.题型二：不等法求数列最值一、单选题1．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知曲

线23exyxx在点0,0处的切线为l，数列na的首项为1，点1,nnaanN为切线l上一点，则数列6nna中的最小项为（）A．623B．523C．613D．613【答案】C【分析】首先求出

函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，则13nnaa，从而求出na的通项公式，再构造不等式组求出数列6nna中的最小项；【详解】因为23exyxx，所以22321e3e3e31xxxxxxxyx

，所以曲线23exyxx在点0,0处的切线的斜率03xky.所以切线l的方程为3yx.所以13nnaa.所以数列na是首项为1，公比为3的等比数列.所以1663nnnna.所以由11265336733nnnnnnnn

，解得131522n.因为nN，所以7n.所以数列6nna中的最小项为6667133.故选：C.2．（2021·辽宁·建平县实验中学高三阶段练习）已知数列{}na满足14a，*1144(2,N)nnnaanna，若124(6)nann

bna，且存在*Nn，使得2460nbmm成立，则实数m的取值范围是（）A．197197,22B．137,137C．10,6D．11,32【答案】D【分析】根据题意，令12nnca，进而证明数列

nc是以12为首项，12为公差的等差数列，故可得22nnan，242nnnb，在结合题意将问题转化为2max460nbmm，再求数列nb的最大值代入解一元二次不等式即可得答案.【详解】*11442,nnnaannaN…，*11412

,nnnaaannN…．令12nnca，111111122422nnnnnnnnnnaaccaaaaaa11142241nnnnnaaaaa*1112,222nnnna

annaaN，又111122ca，∴数列nc是以12为首项，12为公差的等差数列，11(1)222nncn，即122nna，22nnan，1224462nannnnbna

∵存在*nN，使得2460nbmm成立，2max460nbmm…．令11,,nnnnbbbb得112426,222422,22nnnnnnnn则34n，*nN，3n或4n．34max

14nbbb，2160mm，即2610mm，解得1132m，∴实数m的取值范围是11,32．故选：D．3．（2021·浙江·高三期中）已知数列na满足11a，*1111nnnn

aaanNa，则（）A．2021512aB．20211219aC．20211926aD．20212633a【答案】B【分析】由题意化简可得1nnaa，根据3311

nnaa，利用累加法可得3nan；根据2211nnnaaa，利用累加法计算化简可得13132nan，进而得出3332nnan，令2021n计算即可.【详解】解：显然，对任意*nN，0na．1111nnnnaaaa，化简可得22110nnnaa

a，所以1nnaa，则3322111nnnnnaaaaa，累加可得3311naan，所以3nan．又2211nnnaaa，所以1221311122nnnnnnaaaaaan，则111121nnnnnaaaaaaaa

2222223333331111131112221311332nnnn，注意到11332211233333111311kkkkkkk

kk，所以1133222333311113311222231331nnnn，则13132nan，所以13132nnaan

．综上3332nnan．当2021n时，333202120212na，即1219na.故选：B4．（2020·江西·鹰潭一中高三期中（文））数列na通项公式为：2202122021nnan，则

na中的最大项为（）A．第1项B．第1010项C．第1011项D．第1012项【答案】B【分析】数列{}na的通项公式为2202122021nnan，所以0na．由1111nnnnaaaa…„得1010n，从而求得结果.【详解】解：依题意，数列{}na

的通项公式为2202122021nnan，所以0na．由1111nnnnaaaa…„，即220212202112201922023nnnn…且220232201912202122021nnnn„，

nZ，解得1010n，故最大项为第1010项，故选：B．二、多选题5．（2022·全国·高三专题练习）在数列{an}中，an＝(n＋1)7()8n，则数列{an}中的最大项可以是（）A．第6项B．第7项C．第8项D．第9项【答案】AB【分析】假设an最大，则有

11,,nnnnaaaa解不等式组，可求出n的范围，从而可得答案【详解】假设an最大，则有11,,nnnnaaaa即177(1)()(2)()88nnnn≥且177(1)()()88nn

nn≥，所以7(1)(2)()87(1)()8nnnn，即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项．故选：AB6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足*,01nnank

nNk，下列命题正确的有（）A．当12k时，数列na为递减数列B．当45k时，数列na一定有最大项C．当102k时，数列na为递减数列D．当1kk为正整数时，数列na必有两项相等的最大项【答案】BCD【分析】分别代入12k和45k

计算判断AB选项；再利用放缩法计算判断C选项；按k的范围分类，可判断D；【详解】当12k时，1212aa，知A错误；当45k时，1415nnanan，当4n，11nnaa，4n，11nnaa，

所以可判断na一定有最大项，B正确；当102k时，11112nnannkann，所以数列na为递减数列，C正确；当1kk为正整数时，112k，当12k时，1234aaaa，当112k时，令*1k

mNk，解得1mkm，则111nnmnaamm，当nm时，1nnaa，结合B，数列na必有两项相等的最大项，故D正确；故选：BCD.7．（2020·河北·沧州市民族中学高三阶段练习）已知数

列na的前n项和为nS，且0na，22nnnSaa，著不等式4111nnnSka对任意的*nN恒成立，则下列结论正确的为（）A．nanB．12nnnSC．k的最大值为232D．k的最小值为15【答案】ABC【分析】先用两式相减的方法消去

nS，求出na，判断A选项；再代入已知求出nS，判断B选项；然后将恒成立问题转化为最值问题，最后利用数列的单调性，求出最值即可判断C，D选项.【详解】依题意得当1n时，21112aaa，由于20na，解得11a；当2n时，21112nnnSaa，

因此有：22112nnnnnaaaaa；整理得：11nnaa，所以数列na是以11a为首项，公差1d的等差数列，因此nan，故A正确；12nnnS，故B正确；由4111nnnSka得：11221nn

kn，令1122ncnn，则n取2时，nc取最小值，所以①当n为偶数时，1123222nn，232k，②当n为奇数时，1135223nn，353k，353k，352332k故C正确，D错误.所以A、B、C正确；D错误.故选：ABC【点睛】知识点点

睛：（1）已知nS求na，利用前n项和nS与通项公式na的关系1*112,nnnSnaSSnnN，此时一定要注意分类讨论.（2）数列与不等式的恒成立问题常用构造函数的方式，通过函数的单调性、最值解决问题，注意n只能取正整数.三、填空题

8．（2022·安徽亳州·高三期末（理））已知数列na满足14a，1222nnnaan，若不等式2231nnna对任意*nN恒成立，则实数的取值范围是___________.【答案】5,8

【分析】分析可知数列2nna为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得na，由参变量分离法可得出2312nn，利用数列的单调性求得数列232nn的最大项的值，可得出关于实数的不等式，进而可求得实

数的取值范围.【详解】当2n时，在等式122nnnaa两边同时除以2n可得11122nnnnaa且122a，故数列2nna是以2为首项，以1为公差的等差数列，则2112nnann，12nnan

，因为2123231nannnn对任意*nN恒成立，即2312nn，令232nnnb，则1111212232123522222nnnnnnnnnnnbb

.当12n≤≤时，1nnbb，即123bbb；当3n时，1nnbb，即345bbbL.故数列nb中的最大项为333328b，318，解得58.故答案为：5,8.9．（2021·湖北·高三阶段练习）已知数列

na的首项119a，其前n项和为nS，且满足11(1)110nnnnnnaaaa，则当nS取得最小值时，n___________.【答案】5【分析】首先根据11(1)110nnnnnnaaaa得到11111111nnan

an，令111nnban得到2nb，从而得到211nnan，再求当nS取得最小值时n的值即可.【详解】由题意，11(1)110nnnnnnaaaa可得111111111(1)1nnaannnn，11

111111nnanan.令111nnban，则1nnbb，即nb是常数列，所以111111112nnbbana，故211nnan.当05n时，0na；当6n时，0na.故当5n时，nS取得最小值

.故答案为：5四、解答题10．（2022·全国·模拟预测（理））已知数列na满足11a，且*123naaaannN．(1)求数列na的通项公式；(2)设11,221,1nnnannnbnn

，且数列nb的前n项和为nS，若32nSn恒成立，求的取值范围．【答案】(1),211,1nnnann(2)23【分析】（1）当2n时，有12211nnaaaan，两式作商求得,21nnan

n，进而求得数列na的通项公式；（2）由（1）得到12nnnb，结合乘公比错位相减法求得111322nnnnS，进而求得322nnn，再根据322nngnn的单调性，即可求解.(1)解：数列na满足11a，且*12

3naaaannN，当2n时，有12211nnaaaan，两式作商，可得,21nnann，又由11a，得,211,1nnnann.(2)解：当2n时，111122nn

nnnnnnbn，当1n时，111212ba，所以对任意的*nN，均有12nnnb，则12231222nnnS，可得2312312222nnSn

②，两式相减可得123111111421111131111122222222212nnnnnnnnnSn，求得111322nnnn

S，由32nSn，可得322nnn，令322nngnn，则12413224132322nnngnnnnngnnn

，因为0gn，所以1gngn，即随着n增大，gn减小，所以max213gng．11．（2022·全国·高三专题练习）数列na满足*121224N2nnnaanan，(1)求3a的值

；(2)求数列na前n项和nT；(3)令11ba，11111223nnnTbannn，证明：数列nb的前n项和nS满足22lnnSn．【答案】(1)14；(2)1122n

；(3)证明见解析.【分析】(1)根据已知条件，分别取n＝1，2，3即可依次算出123,,aaa；(2)用作差法求出na的通项公式，再求其前n项和；(3)求123,,SSS，猜想nS，用数学归纳法证明nS；用导数证明ln1(0)1xx

xx，令1xn，得11ln11nn，用这个不等式对nS放缩即可得证.(1)依题312312312132223323244224aaaaaa，314a；(2)依题当2n时，1212112121

22144222nnnnnnnnnnaaanaaana，112nna，又1012412a也适合此式，112nna，数列na是首项为1，公比为12的等比数列，故111122

1212nnnT；(3)111ba，1111SbT，1221122Tba，1212121221111112222TSSbTaTaT，232323233111111

1111123232323TSSbTaTaT，猜想：1112nnSTn①下面用数学归纳法证明：(i)当n＝1，2时，已证明①成立；(ii)假设当nk

时，①成立，即1112kkSTk.从而1111111112121kkkkkkTSSbTakkk111121kkTak111121kTk.故①成立.先证不等式

ln1(0)1xxxx②令ln11xgxxx，则22110(0)1(1)(1)xgxxxxx.00(0)gxgx，即②成立.在②中令1xn，得到

111ln1111nnnn③当1n时，12S；当2n…时，由①及③得：1112nnSTn111ln2ln1ln121nTn

111ln2ln3ln2(lnln122nnn21lnn.证明完毕.【点睛】本题是数列的综合性大题，关键是猜想nS，并用数学归纳法证明nS；根据结论构造不等式ln1(0)1xxxx，令1xn，得11ln11nn

，然后用这个不等式对nS放缩.12．（2022·全国·高三专题练习（文））已知数列na是递增的等比数列，且259aa，258aa．(1)求数列na的通项公式；(2)记数列2logna的前n

项和为nT，求使2nT成立的正整数n的最小值．【答案】(1)22*nnanN；(2)5.【分析】（1）由已知条件求得21a，58a，利用等比数列通项公式列方程组求基本量，写出等比数列通项公式即可.（2）由（1）得2nbn，根据等差数列前n项和公式求nT，由2nT求n的

范围，即可确定正整数n的最小值．(1)设等比数列na的公比为q，首项为1a，又259aa，258aa，且na是递增的等比数列，∴21a，58a，则14118aqaq，解得1122aq，∴2

2*nnanN；(2)设2lognnba，由（1）知：2nbn，∴212322nnnnnT，由2nT，得：2322nn，解得4n或1n，∴使2nT成立的正整数n的最小值为5．13．（2022·

全国·高三专题练习）已知数列na的各项均为正数，前n项和为nS，241nnSa.（1）求1a，2a，3a的的值；（2）求数列na的通项公式；（3）若2nna恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）11a，23a

，35a；（2）21nan；（3）3,4.【分析】（1）在已知等式中，令n=1求得a1,令n=2求得a2,令n=3,求得a3;（2）根据一般数列和与项的关系，利用作差法消去和，得到项的递推关系，分解因式化简得到数列na是公差为2的等差数列，进而求得通项公式；

（3）令212nnnC，利用作差法研究其单调性，求得最大值，进而根据不等式恒成立的意义得到实数的取值范围.【详解】解：（1）令1n得2111441Saa，故11a令2n得222411aa，又

20a，故23a，令3n，得233441aa，又30a，故35a；（2）241nnSa，当2n时21141nnSa相减整理得1120nnnnaaaa，∴10nnaa，∴

120nnaa，2n，∴数列na是公差为2的等差数列，故11221nann；（3）由212nn恒成立，令212nnnC，111212132222nnnnnnnnCC，n=1时为正，

n≥2时为负.12345CCCCCnC的最大值为234C，故实数的取值范围是3,4.14．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高二开学考试（理））已知数列na的前n项和

12nnSa，*nN，在等差数列nb中，120b，359bbb.（1）求na的通项公式；（2）求数列nnba的最大值.【答案】（1）12nna；（2）1012.【分析】

（1）本题首先可通过1nnnSSa得出12nnaa，然后根据11Sa得出11a，最后根据等比数列定义即可得出结果；（2）本题可设等差数列nb的公差为d，根据359bbb得出1100bd+=，然后根据120b得出2

d、222nbn，再然后得出112422nnnnnbbnaa，最后将其分为112n、12n、12n三种情况进行讨论，即可得出结果.【详解】（1）当2n时，12nnSa，1112nn

Sa，111212nnnnnSSaaa，即12nnaa，12nnaa，当1n时，11112Saa，解得11a，则数列na是首项为1、公比为2的等比数列，12nna.（2）设等差数列nb的公差为d，则3

59bbb即112212bdbd+=+，1100bd+=，因为120b，所以2d，()2021222nbnn=--=-，12222nnnbna，则111202222242222nnnnnnnbbnnnaa，当112n时，1124202nnnnnbbn

aa，11nnnnbbaa；当12n时，1124202nnnnnbbnaa，13121312bbaa；当12n时，1124202nnnnnbbnaa，11nnnnbbaa，故当12n或13时，nnba最大，1312101

21312bbaa.15．（2022·全国·高三专题练习（文））已知数列na满足211232222nnnaaaannN﹣＝.（1）求数列na的通项公式；（2）设数列na的前项n和为nS，若51nnSa恒成立，求实

数的取值范围.【答案】（1）1nan；（2）21,2.【分析】（1）由题意可得当2n时211231222122nnnaaaann﹣2＝与已知条件两式相减，即可得na，再检验1a是否满足na即可.（2

）由等差数列前n项和公式求出nS，由不等式分离出，转化为最值问题，再利用基本不等式求最值即可求解.【详解】（1）因为211232222nnnaaaannN﹣＝，所以2211231222122nnnaaaann＝两式相减可得：111

221212nnnnnannn2n所以1nan2n，当1n时，12a＝满足1nan2n，所以1nan，（2）21322nnnnnS，由51n

nSa﹣可得：15132nnn，所以331025121211nnnnnnn，令311022nnngn，只需mingn.

310212100250222111nnnnngnnnn1501150112122521221222nnnn，当且仅当15021nn即9n时等号成立，此时min212gn，所以212，所以实数的取值

范围为21,2.16．（2021·河南洛阳·三模（理））已知数列na的前n项和为nS，且对任意的*nN，都满足22nnSa，2nnabn．（1）求数列na的通项公式；（2）求数列nb的最小项的值．【

答案】（1）2nna，*nN；（2）89.【分析】（1）由递推公式，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）利用商比法判断数列nb的单调性进行求解即可.【详解】解：（1）∵22nnSa，∴当2n时，11

22nnSa．两式相减，得：12nnaa．又12a，∴na是以2为公比，2为首项的等比数列，∴2nna，*nN（2）∵222nnnabnn，易于知0nb，11221nnbn，∴22122211

nnbnnbnn，当211nn时，21n，当3n时，1nnbb，又12b，21b，389b，∴当3n时，nb有最小值89．能力拓展