【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习08《七种数列数学思想方法》(解析版).doc，共(53)页，6.238 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点08七种数列数学思想方法（核心考点讲与练）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na满足：111189lnnnnaaaa，，则（）A．342019,1aaaB．3

42019,1aaaC．342019,1aaaD．342019,1aaa【答案】D【分析】根据题意设1()ln(0)fxxxxx，利用导数讨论函数的单调性，进而得出1lnxxx在[1)，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1()ln(0)fxxxxx，则211121(1)()02222xxxfxxxxxxxxx，所以函数()fx在(0)，上单调递增，又(1)0f，所以1()ln0fx

xxx在[1)，上恒成立，即1lnxxx在[1)，上恒成立，画出函数1yxx和lnyx的图象，如图，由图象可得，12320191aaaa，故选：D.能力拓展2．（2022·全国·高三专题练习）

若数列na满足1aa，*1sin2nnaanN，记数列na的前n项和为nS，则（）A．(1,2)a时，na是递减数列B．(2,1)a时，na是递增数列C．11,32a时，20221202

122aaSD．12a时，20212019S【答案】C【分析】设sin2hxxx，根据导数判断出当(0,1)x时，sin02hxxx成立，从而可判断选项A；当1,0x时，sin02hxxx

，由此可判断选项B；结合蛛网图可判断选项C；根据12a时，数列na单调递减，同时结合C中结论可判断选项D.【详解】设()sin,2fxxgxx，sin2hxxx，则cos122hxx，若(0,

1)x，则0,22x，所以存在0x，使所以00cos1022hxx，此时022arccosx，2000422sinarccos024hxxx，又(0)(1)0hh，所以sin02hx

xx，即sin2xx，当(1,2)a时，,22a，21sin0,21aa，所以2n时，1sin2nnnaaa，所以选

项A错误；易知函数sin2hxxx是奇函数，因为(0,1)x时，sin02hxxx，所以1,0x时，sin02hxxx，即sin2xx，当(2,1)a时，,22a，21

sin1,20aa，所以2n时，1sin2nnnaaa，所需选项B错误；要证20221202122aaS，只需证20221202122aaS，即证2022202121202120201221

202aaaaaaaSa……即只需证122nnnaaa，所以只需证132nnaa，由1,nnnPaa结合蛛网图，可得到12nOPOPOPkkk…，所以122132123nnaaaa，所以选项

C正确；因为所以1,0x时，sin02hxxx，即sin2xx，当12a时，1sin2nnnaaa，所以数列na单调递减，且当n

时，1na，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na的前n项和为nS，若nnSa是公差为d（1d）的等差数列，则（）A．12aa≤B．12aaC．1234aaaaD

．1234aaaa【答案】D【分析】由已知可得1(1)nnSnda，对于AB，令2n，可得21ada，即211aad，由于12,aa正负不确定，无法比较大小；对于CD，令3n，可得1232aada，即3212daad，

令4n，可得31423aaada，即2422116ddaad，作差法比较1234aaaa，进而得到选项.【详解】nnSaQ是公差为d（1d）的等差数列，其首项为111Sa

1(1)nnSnda，即1(1)nnSnda对于AB，当2n时，22211Saada，整理得：21ada，即211aad当12,0aa时，12aa；当12,0aa时，12aa≤；故AB错误；对于CD，当3n时，2333112Saaad

a，整理得：1232aada，又21ada，2312aadd，3212adda当4n时，23441413Saaaada，整理得：31423aaada，即34213aadd，2242211211326

aaaddddddd123422222222321121112612aaaadaadadddddddd3222222332541151112612312dddadaddddd

显然321511()612312dddfd为减函数，且max()(1)1fdf，又1d，2315110612312dddd，即1234aaaa，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na满足1(2)aaa，1*11()nannneakanNa，给出下列三个结论：①若1k，则数列na仅有有限项；②若2k，则数列na单调递增；③若2k，则对任意的0M，陼存在*

0nN，使得020nnMa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2na，再借助作差法即可得到结果；对于③，判断数列2nna是有界的还是发散的即

可.【详解】对于①，∵111nannneaaa，∴111nannnaaea，又数列na各项都为正数，∴10nnaa，∴数列na单调递减，∴110nnaaa，

∴111naa；∵1111nannnnnaaeaaa，即11nnnaaa∴11nnnaaa，∴112112nnnnnaaaaaaaa12111111111111nnnaaaaaaa

，∴111nnaaa，即1110nnaaa，∴1110naa，即22111aan，而21a为定值，∴数列na仅有有限项，命题正确；对于②，先用数学归纳法证明2na.（1）当1n时，12a

a，显然成立；（2）假设nk时，2ka，则112721kakkkeaaa，记xfxex，0x，10xfxe，∴xfxex在0,上单调递增，217222kfefa，∴12ka，∴对nN

，都有2na.∵10,na∴10,1nae，∴11111nannnnnnaaeaaaa，又112xyx在2,上单调递增，又2na，∴12121102nnaa，∴数列na单调递增，命题正确；对于③，∵1112nan

nneaaa，∴1111221nannnnnaaeaaa，即1121nnnaaa，又2na，∴11212223nnnaaa，∴122233nnaa，∴113212nnaa

，∴11122123322212nnnnnnaaa，显然121322nna存在上界，即2nna存在上界，∴命题错误.故选：A【点睛】方法点睛：递推关系1*11()nannneakanNa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nS是公差为()dd0的无穷等差数列na的前n项和，则下列命题正确的是（）

A．若0d，则数列nS有最大项B．若数列nS有最大项，则0dC．若数列对任意的*nN，1nnSS恒成立，则0nSD．若对任意的*nN，均有0nS，则1nnSS恒成立【答案】ABD【分析】由等差数列的前n项和公

式可得2122nddSnan，可看作nS关于n的二次函数且*nN，对于选项A和B，根据二次函数的性质即可判断正误；对于选项C，举出反例22nSnn，即可判断正误；对于选项D，由0nS并结合二次函数性质，即可得出10a，0d，即可判断正误，从而得出答案.【详

解】解：由于等差数列前n项和公式2111222nnnddSnadnan，对于选项A，若0d，则nS有最大值，则数列nS有最大项，故选项A正确；对于选项B，当数列nS有最大项，则nS对应的二次函数有最大值时

，可知0d，故选项B正确；对于选项C，令22nSnn，对任意的*nN，则数列nS递增，满足1nnSS恒成立，但110S，故选项C错误；对于选项D，若对任意的*nN，均有0nS，则10a，0d，则nS必为递增数列，故选项D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n项和公式的应用，2111222nnnddSnadnan*nN，可看成nS关于n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0d，6a和8a是函数2151ln842fxxxx的极值点，则下列说法正确的是（）A．8S－38B．17aC．117aD．8152a【答案】ACD【解析】首先根据6a和8a是函

数2151ln842fxxxx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2151158()()15422'84xxxxfxxxxx，令'121

150,22fxxx，又因为公差0d，所以612a,8152a，所以111521572adad，经计算，117a.所以1888()382aaS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n项和，属于基础题。三、填空题7．

（2022·全国·高三专题练习）已知：1231,,,,,nnaaaa为整数且1231232013nnaaaaaaaa，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，2*nnN

，.2n时，题中等式化简为1212·2013aaaa所以12,aa可看成是方程2201320130xx的两个实数解而方程的判别式为220134201332013，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2n不符合题意；3n时，题中等式化为123123··2013aaaaaa根据题意，可设123aaa，且123.,aaa为整数，又201336713116112,aa①同时为负整数时，123123

201322013·1aaaaaa此时得3320152013aa显然不存在满足题目条件的3a，即12,aa同时为负整数时不符合题意；12,aa②同时为正数时，123123201322013·1aaaaaa

得32011a，此时3671a，显然不满足条件；123,,aaa③三个数中有一个为0时，情况与2n相同所以3n时，不符合题意；4n时，同上可设1234aaaa由20133671知，当1234,,,

aaaa均为整数时，4671a，显然不符合题意当1234,,,aaaa存在负数时，121aa，此时有34342015·2013aaaa同2n时的分析方法，不存在符合条件的34,aa.所

以，4n不符合题意；5n时，取123451,1,2013aaaaa，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na满足22*1412,Nnnaadnn

，则1nnaa的取值范围是______．【答案】[2,2]【分析】由题设可得1122d，令1nntaa则12nntdaa，可得22481tdtd，将问题转化为22()841fxxtxt在11(,)22x上有解，利用二次函数性质求t范

围即可.【详解】由题设，22114(12)(12)0nnaaddd，即1122d，当12d时，na为常数列，显然有矛盾，故1122d，令1nntaa，则12nntdaa，所以

22222214(2)4481nnaadtddtdtd，令22()841fxxtxt，则()fx在11(,)22x上有解，又()fx开口向上且对称轴为4tx，2221632(1)3216ttt，当22t，即2t时，211

(,)4422t，满足要求；当22t时，2211(,)(,)44422t，又21()(1)02ft，21()(1)02ft，满足要求；综上，1[2,2]nntaa.故答案为：[

2,2]9．（2022·全国·高三专题练习）在数列na中，11a，*12,nnaannnN．若不等式11nnna对任意的*nN恒成立，则实数的取值范围是______．【答案】2,【分析】由已知得1nnaan，运用累加法求得12nn

na，代入不等式，由恒成立思想可得答案.【详解】解：∵2n时，1nnaan，即1nnaan，∴112211nnnnnaaaaaaaa11212nnnn．又1n时，

11a也符合上式，∴12nnna．不等式11nnna化为2211nn，∵22211nn，∴2．故答案为：2,.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23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32,,23

xxx，根据抽取的容量可得x，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23为公比的等比数列设从高二年级抽取的学生人数为x人，则从高二、高三年级抽取的人数分别为32,23xx.由题意可得32++=3823xx

x，所以12x，.3182x设我校高一年级的学生人数为N，再根据38181900N，求得900N.故答案为：900【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na的

前n项和为nS，且212223nSnnaa．(1)求数列na的通项公式：(2)设21133nnnac，求数列nc的最大项．【答案】(1)nan(2)57585713cc【分析】（1）先令1n，2n求出12,aa，然后利用1nnnSS

a，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：212232nSnnaa221112212121222121231222()4223aSa

aaaSaaaa22nSnn当1n时，111Sa当2n时，2212()2(1)(1)2nnnSSannnnn，解得nan故数列na的通项公式nan(2)由（1）可知：2113211333nnnnanc

设函数21132113()33xxxaxfx则'223(2113)3ln322ln3113ln3()33xxxxxxfx令'()0fx，解得011312ln3x，可知0(57,58)x当0(0,)xx时，'()0fx，()

fx单调递增；当0(,)nx时，'()0fx，()fx单调递减；2113211333nnnnanc可以看成函数()fx取正整数时的离散的点.因为n为整数，故57n=或58n，有5758cc为数列的最大值.故数列nc的最大项为：5

7585713cc12．（2022·全国·高三专题练习）等比数列na的前n项和为nS，已知对任意的*nN，点,nnS，均在函数(0xybrb且1b，b，r均为常数）的图象上.(1)求r的值；(2)当2b

时，记*14nnnbnNa，求数列nb的前n项和nT；(3)由（2），是否存在最小的整数m，使得对于任意的*nN，均有3220nmT，若存在，求出m的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)1r.(2)13322nn.(3)存在，41m.【分析】（1）由

已知得nnSbr，由1,2nn求得1,naa，再根据等比数列的定义可求得答案；（2）由（1）求得数列nb，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*n

N，点,nnS，均在函数(0xybrb且1b，b，r均为常数）的图象上，所以得nnSbr，当1n时，11aSbr，当2n…时，1111nnnnnnaSSbrbrbb

，又因为na为等比数列，公比为b，所以211bbababr，解得1r，首项11ab，11nnabb；(2)解：当2b时，12nna，111114422nnnnnnnba，则234123412222nnnT，345

21234122222nnnT，两式相减，得3123412212111121111113112212222222242212nnnnnnnnnnT，113113322222nnnnnnT；(3)解

：若3220nmT使得对于任意的*nN，都成立，333220nnm，即3220nnm对于任意的*nN，都成立，又1113320222nnnnnn，32nn的最大值在1n时取得，最大值为

2，220m，40m，所以存在这样的41m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nS为数列{}na的前项和，已知点(,)nna在直线102yx上，若有且只有两个正整数n满足n

Sk，则实数k的取值范围是（）A．(8,14]B．(14,18]C．(18,20]D．81(18,]4【答案】C【解析】由已知可得数列na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29

nSnn，由二次函数的性质可得4n或5时，nS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102nan，由12nnaa，所以数列na为等差数列，首项为8，公差为-2，所以2(1)

8(2)92nnnSnnn，当n=4或5时，nS取得最大值为20，因为有且只有两个正整数n满足nSk，所以满足条件的4n和5n，因为3618SS，所以实数k的取值范围是18,20．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,,max,,aababbab.若函数2()max2,

4fxxx，数列na满足1nnafa（*nN），若na是等差数列，则1a的取值范围是（）A．2,1B．,32,C．,32,1D．,32,2

,1【答案】C【解析】求得fx的解析式，根据na是等差数列，取得1a的取值范围.【详解】由于定义,,max,,aababbab，而函数2()max2,4fxxx，由224yxyx解得37xy或22xy

，画出22,4yxyx的图像如下图所示，由图可知24,32,324,2xxfxxxxx.由于数列na满足1nnafa（*nN），且na是等差数

列.当13a时，21147afaa，322411afaa，……，推辞类推，数列na是首项为1a，公差为4的等差数列，符合题意.当132a时，21722a，要使na是公差为4的等差数列

，则需2211124aaaa，解得13a或12a不符合.由22xx，解得2x或1x.则当12a时，2na为常数列；当11a时，1na为常数列.此时na为等差数列.当12a时，由

于2142aa，故na不能构成公差为4的等差数列，也不是常数列，不符合题意.综上所述，1a的取值范围是,32,1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,,max,,abaabbba，21maxln,2fxxtxxtxe（e为自然对数的底数），若2fx在1,xe上恒成立，则

实数t的取值范围为______.【答案】2,ee【分析】先设21maxln,2gxxxe，则2fx在1,xe上恒成立等价于2gxtx在1,xe上恒成立，在直角坐标系中画出函数1ln2yx，2yxe，(

)ygx的图像，结合图像，进而可求出结果.【详解】设21maxln,2gxxxe，则2fx在1,xe上恒成立等价于2gxtx在1,xe上恒成立，在直角坐标系中分别画出1ln2yx，2yxe的图象，函数1ln2yx与2y

xe都过点,0Ae，又当xe时，函数2yxe与函数xe相交于2,Ceee，当1x时，函数1ln2yx与函数1x相交于点11,2D，根据条件得()ygx图象如下图所示，显然函数2yt

x，过定点0,2B，由图象易得，当1,te时，将函数2ytx旋转到过点A时，函数2ytx的斜率为max2ete，所以2ete时，()2fx在1,xe上恒成立，所以实数t的取值范围为：2

,ee.【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fx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fx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0na及0na时n的取值范围,即可求得123naaaa取得最大值时n的值.【详解】因为函数fx为奇函数,所以fxfx,又因为其图象关于直线x＝1对称,所以11fxfx,即2fxfx,所以

2fxfx,可得42fxfxfx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1219302f，因为函数93xf

x为0,1上的增函数,所以当10,2x时,0fx，当1,12x时,0fx,作出函数fx在2,2上的图象如图所示:所以当32,2x时,0fx，当31,22x

时,0fx,31022ff，由周期性可得：x∈（6，132）时，f（x）＞0．x∈（132，152）时，f（x）＜0．f（132）＝f（152）＝0．因为*150,nnN,所以6＜log2（64+n）＜log2114＜7．而当6＜log

2（64+n）2136422log＜时,an＞0即当64＜64+n＜64290.496,an＞0∴n≤26时，an＞0．当27≤n≤50时，132＜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:26【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na中，19a，51a记13521nnTaaaa（1n，2，…）.则数列nT（）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na的公比q，设数列nb为等比数列na的奇数项13521,,,,naaaa（1n，2，…），则数列nb是以1a为首项，2q为公比的等比数列，再分奇偶讨论数列nT的项，即可得出结论.【详解】解：设等比数列na的公比为q，则45119aqa

，所以213q，设数列nb为等比数列na的奇数项13521,,,,naaaa（1n，2，…），则数列nb是以9为首项，13为公比的等比数列，则1311933nnnb，所以21323151nnnTbbaaabba

，当4n时，1nb，当13n时，1nb，当n为奇数时，0nT，因为31b，所以327nTT，当n为偶数时，0nT，因为31b，所以227nTT，综上所述，数列nT有最大项227T和最小项327T.故选：A.2．

（2022·全国·高三专题练习）数列na的通项cossin33nnnann，其前n项和为nS，则S18为（）A．173B．174C．175D．176【答案】B【分析】化简na可得22cos3nnan，

讨论n取不同值时na的通项公式，并项求和.【详解】22222cossincossincos33333nnnnnnannnn当3nkkN时，233kak；31nkkN时，231312kka

；32nkkN时，232322kka223212333231592223kkkkkaaakk所以18166530912669174222SL故选

：B3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na满足12a，23a且*21(1),nnnaanN，则该数列的前9项之和为（）A．32B．43C．34D．35【答案】C【分析】讨论n为奇数

、偶数的情况数列na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】*21(1),nnnaanN，当n为奇数时，21210nnaa，则数列21{}na是常数列，2112naa

；当n为偶数时，2222nnaa，则数列2{}na是以23a为首项，公差为2的等差数列，129139248()()aaaaaaaaa4325(342)234.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n次取n个

数，前n次共取(1)2nn个数，且第n次取的最后一个数为n2，然后算出前63次共取了2016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(1)1232nnn个数，且第n次取的最后一个数为n2，当63n时

，6363120162，即前63次共取了2016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为2633969，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na满足111,(1)1nnanana，nN，其前n项和为nS，下列选项中正确的是（）A．数列na是公差为2的等差数列B．nS除以4的余数只能为1或0C．满足100nS的n的最大值是9

D．2(1)nnSna【答案】ABD【分析】由题意1(1)1nnnana，可得11111(1)1nnaannnnnn，再由叠加法求出{}nan的通项公式，进而求{}na的通项公式，可判断A；再求{

}na的前n项和nS代数式可判断D，分别令n为奇数，偶数两种情况判断B；令100nS„，求出n的最大值，判断出C，从而选出答案．【详解】解：1(1)1nnnana，可得11111(1)1nnaannnnnn，112211()()......11221

1nnnnnaaaaaaaannnnn1111111.....1212112nnnnn，可得21nan，则12(1)1212nnaann

，所以{}na为公差为2的等差数列，所以A正确；可得2(121)2nnnSn，当21nk时，Zk，则22(21)441nSkkk，显然nS除以4的余数为1；当2nk，Zk，则24nSk，可得nS除以4的余

数为0，所以B正确；因为2100nSn„，10n„，可得此时的n的最大值为10，故C不正确；因为1()(1)22nnnnaanaS，所以2(1)nnSna，故D正确.故选：ABD．三、填空题6．（2022·全国·高三专题练习）已知*(1,2,9)iaiN，且对任意*28kk

N都有11kkaa或11kkaa中有且仅有一个成立，16a，99a，则91aa的最小值为___________.【答案】31【分析】根据题意分两种情况讨论求出91aa的值，即可求得91aa的最小值.【详解】解：由题

设，知：1ia；211aa或231aa中恰有一个成立；321aa或341aa中恰有一个成立；…871aa或891aa中恰有一个成立；则①2117aa，341aa，561aa，781aa，则

129357252aaaaaa，当3571aaa时，129aaa的和为最小值为：31；②231aa，451aa，671aa，891aa，则129468262aaaaaa

，当4681aaa时，129aaa的和为最小值为：32；因此，129aaa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A：1a，2a，…，2ma，其中m是给定的正整数，且2m.令

212min,iiibaa，1,,im，12()ma,x,,mXbbAb，212max,iiicaa，1,,im，12()min,,,mYAccc.这里，max表示括号中各数的最大值，min表示括号中各数的最

小值.(1)若数列A：2，0，2，1，-4，2，求()XA，()YA的值；(2)若数列A是首项为1，公比为q的等比数列，且()()XAYA，求q的值；(3)若数列A是公差1d的等差数列，数列B是数列A中所有项的一个排列，求()()XBYB的所有可能值（用m表示）.【答案】(1)()1XA

，()2YA；(2)1q；(3)所有可能值为1,1,2,...,23m.【分析】（1）根据函数定义写出()XA，()YA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,iibc定义判断1212{,,...,}{,,...,}mmbbbc

cc，当存在相等项，由等比数列通项公式求q，进而确定q的值；（3）利用数列A的单调性结合（2）的结论求()()XBYB的取值范围，估计所有可能取值，再应用分类讨论求证()()XBYB对应所有可能值均可取到

，即可得结果.(1)由题设，10b，21b，34b，则()max{0,1,4}1XA，12c，22c，32c，则()min{2,2,2}2YA，所以()1XA，()2YA.(2)

若数列A任意两项均不相等，当1,...,im时iibc；当,{1,...,}ijm且ij时，212212{,}{,}iijjaaaa，又212212min{,}{,}iiiiibaaaa，2122

12max{,}{,}jjjjjcaaaa，此时iibc；综上，1212{,,...,}{,,...,}mmbbbccc，故()()XAYA，不合要求；要使()()XAYA，即存在ij且,{1,...,2}ijm使ijaa，即11ijqq，又0q，

则1q，当1q，则()1,()1XAYA，不合要求；当1q，则()()1XAYA，满足题设；综上，1q.(3)由题设数列A单调递增且121211......21maaaaam，由（2）知：()()XBYB，根据

题设定义，存在ij且,{1,...,2}ijm，(),()ijXBaYBa，则()()ijXBYBaaij，由()XB比数列A中1m个项大，()mXBa，同理1()mYBa，所以1()()1mmXBYBaa；又()XB至少比数列A中一项小，21

()mXBa，同理2()YBa，所以212()()23mXBYBaam；综上，()(){1,1,2,...,23}XBYBm.令数列122:,,...,mBxxx，下证1,1,2,...,23m各值均可取到，ⅰ、当212,,1,2,

...,iiimixaxaim，而数列A递增，212min{,}min{,}iiiimiibxxaaa，212max{,}max{,}iiiimimicxxaaa且1,...,im，此时，11()max{,...,}max{,...,}mmmXBb

baaa，1121()min{,...,}min{,...,}mmmmYBccaaa，则()()1XBYB；ⅱ、当1,2,...,1km时，2122122,,,kkkmmmkmmxaxaxaxa，则2,,,kkkmmmkmmba

cabaca，当1,...,im且,ikm时，令212,iiimixaxa，则11,iimimimbaacaa，所以111()max{,...,}max{,...,,}mmmkmkXBbbaaaa，11112()min{,...,}m

in{,...,,,,...,}mmmkmmkmmYBccaaaaaa，此时()(){1,2,...,1}mkmXBYBaakm；ⅲ、给定{1,2,...,2}tm，令2121,iiiixaxa(1,...,it)且212122,iiiixaxa

(1,...,itm)，则212min{,}iiiibxxa(1,...,it)，21221min{,}iiiibxxa(1,...,itm)，又数列A递增，121()max{,...,}mmXAbba，212max{,}iiiticxxa

(1,...,it)，2122max{,}iiiicxxa(1,...,itm)，所以11()min{,...,}mtYAcca，此时211()()22mtXBYBaamt且{1,2,...,2}tm，故()()XBYB

{,1,...,23}mmm，综上，()(){1,1,2,...,23}XBYBkm.【点睛】关键点点睛：第三问，首先根据数列的单调性和定义求()()XBYB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{na}的前n项和为nS，13a.数列{3}nS为等比数列，且1341,2,SSSS成等差数列.(1)求数列{nS}的通项公式；(2)若1nnnSNMa，求MN的最小值.【答案】(1)3(21)nnS；(2)4.【分析】（1）设公比0qq可得16

3nnSq，根据等差中项的性质列方程求公比，即可得{nS}的通项公式；（2）利用,nnaS关系求得132nna，进而得到1(1)1(1)(2),2nnnnnnSba讨论n的奇偶性求nb范围，即可确定MN的最小值.(1)设数列{

3}nS的公比为0qq，由13a得：136S，所以136nnSq，即163nnSq.由1341,2,SSSS成等差数列，所以31414122SSSSSS，即2312666qq

，解得2q=或0q（舍）.所以3(21)nnS.(2)由（1），当2n时11321nnS，则1132nnnnaSS，对1n也成立,所以132nna.设11(1)(1)3(21)1(1)(2),322nnnnnnnnnSba

当n为奇数时，1122nnb为递减数列，所以21nb；当n为偶数时，1122nnb为递增数列，所以322nb.综上，3(2,1][,2)2nb，而nNbM，则MN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na的公比为q，其前n项和为nS，前n项积为nT，并满足条件11a，202120220aa，20212022110aa，下列结论正确的是（）A．20232021

1aaB．202220211SSC．数列nS存在最大值D．2021T是数列nT中的最大值【答案】D【分析】根据题意可得20211a，202201a，所以在等比数列na中，从1a到20

21a的每一项都大于1，从2022a开始后面所有的项的值都小于1且大于0.再分析每一个选项即可求解.【详解】因为na是公比为q的等比数列，且11a，202120220aa，20212022110aa，所以20211a，202201a

，所以01q，所以在等比数列na中，从1a到2021a的每一项都大于1，从2022a开始后面所有的项的值都小于1且大于0.对于A：因为22023202120221aaa，所以202320211aa，故A不正确；对于B

：2022202120220,1SSa，故B不正确；对于C：根据上面的分析，等比数列na中每一项都为正值，所以nS无最大值，所以数列nS无最大值，故C不正确；对于D：因为在等比数列na中，从1a到2021a的每一项都大于1

，从2022a开始后面所有的项的值都小于1且大于0，所以2021T是数列nT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111.27.5，

121.29）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1a，n月月底摊主手中的现款为na，n+1月月底摊主手中的现款为1na，则可得二者之间的关系，构造新数列5000na成等比数列，求解12a，即可得到答案．【详解】

设010000a，从6月份起每月底用于下月进货的资金依次记为1a，2a，…，12a，100120%10001.21000aaa，同理可得11.21000nnaa，所以150001.25000n

naa，而050005000a，所以数列5000na是等比数列，公比为1.2，所以500050001.2nna，121250001.2500050009500050000a

，∴总利润为500001000040000，故选:B．3．（2022·全国·高三专题练习）设数列na的前n项的和为nS，已知11212(),9171nnnnaaaaaaa，若615a，则（）A．5102SB．5112SC．5312S

D．5322S【答案】C【分析】将原式两边同时取倒数，运用叠加法求出51110Sa，根据题意即可选出答案.【详解】由题意可知，0na，因为121nnnnaaaa，所以2111nnnnaaaa

，即1111nnnaaa.令1n，得121111aaa，令2n，得232111aaa，令3n，得343111aaa，令4n，得445111aaa，令5n，得565111aaa

，上式相加，得51234565443322111111111115aaaaaaaaaaaaaaa，即561115Saa，所以51110Sa，因为112()917aaa，所以1171

92a，所以1131102a，即5312S.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）已知na是各项均为正整数的数列，且13a，78a，对*kN，11kkaa与1212kkaa有且仅有一个成立，则127aaa的最小值为（）A．18B．20C

．21D．22【答案】B【分析】令1kkkbaa，由题设易知kb或1kb有一项为1，则1351bbb，判断na各项取值情况，进而求127aaa的最小值.【详解】当2a满足11kkaa时，2114aa，令1kkkbaa

，则kb或1kb有一项为1，而11b，∴1351bbb，又na是各项均为正整数的数列，∴31a，42a，51a，62a，此时127aaa的最小值为341212821，当2a满足1212kkaa时，13a，21a，32a，41a，5

2a，63a，78a时，127312123820aaa，因为2021，所以127aaa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{}n

a满足11a，1(1)2nnnnaaan，对于任意*nN，[2a，2]，不等式23212nnntata恒成立，则t的取值可以是（）A．1B．2C．32D．4【答案】BD【分析】根据1(1)2nnnnaaan

，可得1121nnnnaa，由此可得数列{1}nna是首项为2，公比为2的等比数列，从而可得32nnna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，1(1)2nnnnaaan，两边同时取倒数可得，1121nnnnaa

，即得1112(1)nnnnaa，由此可得数列{1}nna是首项为2，公比为2的等比数列，所以12nnna21nnna，33(21)333222nnnnnna，2213tat…，又因为2240att…在[2a，2]上

恒成立，所以222240(2240ttttt……，2][2，).故选：BD.6．（2022·全国·高三专题练习）记数列na的前n项和为nS，若存在实数H，使得对任意的*nN，都有nSH，则称数列na为

“和有界数列”．下列说法正确的是（）A．若数列na是等差数列，且公差0d，则数列na是“和有界数列”B．若数列na是等差数列，且数列na是“和有界数列”，则公差0dC．若数列na是等比数列，且公比q满足1q，则数列

na是“和有界数列”D．若数列na是等比数列，且数列na是“和有界数列”，则公比q满足1q【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||1nq即可推理判断，举特例判断选

项D作答.【详解】若数列na是公差为d的等差数列，则211(1)()222nnndddSnanan，当0d时，若10a，则1nSan，nS是n的一次函数，不存在符合题意的H，A错误；数列na是“和有界数列

”，当0d时，nS是n的二次函数，不存在符合题意的H，当0d，10a时，存在符合题意的H，B正确；若数列na是公比为(1)qq的等比数列，则1(1)1nnaqSq，因q满足1q，则||1nq，即|1|2n

q，11|||||1|2||11nnaaSqqq，则存在符合题意的实数H，即数列na是“和有界数列”，C正确；若等比数列na是“和有界数列”，当1q时，若n为偶数，则0nS，若n为奇数，则1nSa，即

1nSa，从而存在符合题意的实数H，D错误.故选：BC三、填空题7．（2021·河南新乡·高三阶段练习（文））设na是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意的n+N，均有nknaa，则称na是间隔递减数列，k是n

a的间隔数．已知29nantn，若na是间隔递减数列，且最小间隔数是4，则t的取值范围是________．【答案】[5,6)【分析】依题意得到0nknaa恒成立，存在4k，使得220tkk成立，同时存在

3k使得2(2)0tkk成立，由此可得t的范围．【详解】由题意可得，222()()99(2)0nknaanktnkntntnkk对任意的n+N成立，则存在4k，使2(2)0tkk成立，且存在3k，使2(2)0tkk

成立．因为k是正整数，所以240t，且230t，解得56t．故答案为：[5,6)8．（2020·江苏省板浦高级中学高三期末）记nS为数列na的前n项和，若11a，*+121nnaSnN，则3456aaaa______.【答案】360【分析】根据递推公式

，当1n求出2a，当2n，求出1,nnaa关系，即可求解.【详解】11a，121nnaSnN，当1n时，21213aa，当2n时，121nnaS，121nnaS两式相减得，112,3(2)nnnnnaaaaan

，又213aa，{}na是1为首项公比为3的等比数列，13nna，345692781243360aaaa.故答案为：360.9．（2022·全国·高三专题练习）设222222*1212,13213521nnnnabnnn

N，记最接近nnab的整数为nc，则505c__________；nc__________．(用n表示)【答案】2532{12nnnn为偶数为奇数【分析】先求出2222222505505213

250550450550550613510091011505506ab，观察特点得111505506505506505+506，505505252.5253ab，最接近的数字为253；由11122,11nnab

nnnn得，122nnnnab，判断n为奇数或偶数从而得解.【详解】2222222250550512350512504505,13510093510091011ab，222222225055052132

505504505505505506150535100910111011505506ab50550521112506505506505ab505505252.5253ab50

5253.c222121nnnnnabnnn11122,11nnabnnnn122nnnnab若*2nkkN，则2nnck，若*21nkkN，则112nnck，2{12nnncnn为偶数为奇数故答案为：253

；2{12nnncnn为偶数为奇数.【点睛】求出505505ab，关键在于处理111505506505506505+506，从而得出505505252.5253ab，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na满足1nnaa，11,2anN.(1)证明：221104nnaa；(2)若数列nb满足11nnnnnaabaa，设数列nb的前n项和为nS，证明：34nS.【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nb进行放缩，进而表示出nS，再运用不等式的性质证得结论成立.(1)证明：右边：22221111244nnnnnaaaaa

，左边：法一（数学归纳法）：1nnaa，11,2anN212a，0na当1n时，22211110244aa假设当nk时，22210kkkkaaaa成立即0kkkkaaaa，即0kkaa成立则当1nk时，112

22120kkkkkkaaaaaa2210nnaa综上所述，221104nnaa.法二（求通项）：1nnaa，11,2anN，0na两边同时取对数得：11lglg2nnaa数列lgna是以首项为1lg2，公比为12的等比数列，111lgl

g22nna11212nna数列单调性证明：思路1：由复合函数的单调性，知na单调递增，10nnaa2210nnaa；思路2：1121211211212

12nnnnnaa，10nnaa2210nnaa；思路3：1121(0,1)2nna，22110nnnnaaaa；综上所述，221104nnaa

.(2)证明：法一：放缩到裂项因为2210nnaa，所以221110nnaa，由（1）知221104nnaa所以2222122112222221111111114nnnnnnnnnnnnnnnaaaabaaaaaaaa

aa所以123nbbbbL1222232222224113211111111111444nnnaaaaaaaaa

所以2221111111444nnnnSaaa，又101na，所以2101na，所以34nS.法二：放缩到等比21111112,22nnnnnnnnnnnnaababaaaaaaa，所以121122

21114122nnnnnnnnnnnnaaaabbaaaaaa，所以11124nnb，所以01211231111124444nnbbbb

所以111234123414nnS.11．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na中，11a，且对任意m，*nN，有mnmnaaa.(

1)求na的通项公式；(2)已知p，*kN，且满足139pppkaaa，求p，k；(3)若211321111111nnkaaaa（其中0)k对任意*nN恒成立，求k

的最大值.【答案】(1)nan(2)4p，5k；或12p，2k；或19p，1k(3)233【分析】（1）令1m，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11111132121nkn

…恒成立，再由11111132121nnbn的单调性求最小值即可.(1)由已知，令1m，则11nnaaa，即11nnaa，则数列na是以1为首项，1为公差的等差数列，nan；(2)

由（1），得1211392pppkpkkaaapppk，则213132613326239178pkk.由p，*kN知，212pkk

…，则16213kpk或13226kpk或12239kpk，解得4p，5k；或12p，2k；或19p，1k；(3)不等式211321111111nnkaaaa

…对任意*nN恒成立，即为11111121321knn…恒成立，即不等式11111132121nkn…恒成立.令111111321

21nnbn，则111111111321212223112123111132121nnnnbnnbnnnn222224841212

3483nnnnnnn，于是1nnbb，nb单调递增，则nb中，1233b为最小，故233k„.k的最大值为233.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na中

，前n项和nS满足12nnSa，则3a（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【分析】在12nnSa中，令1,2,3n可解得结果.【详解】因为12nnSa，令1n得111211aSa，解得11a；令2n得2212221

12aSaaa，解得22a；令3n得3312332114aSaaaa，解得34a.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na称为“斐波那契数列”，记nS是数列na的前n项和，则10098aS（）A．1B．98C．1D．198【答案】A【

分析】根的题意找出21nnaS的规律即可求解.【详解】由题意得，311aS；421aS；531aS；…．所以可归纳总结为21nnaS，故100981aS.故选:A二、多选题3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列na中，12a，111nnnaaa，使

12na的n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na为周期数列，进而可求出答案.【详解】因为12a，111nnnaaa，所以23a，312a，413a，52a，63a，712a，8

13a，……所以数列na为周期数列，且4T，所以2019312aa，202112aa，202223aa，2023312aa.故选：AD.三、填空题4．（2022·四川成都·三模（理））已知数列na满足13a，1

22nnnaaa，则2022a的值为______．【答案】43【分析】根据递推关系得到数列na的周期及一个周期内各项的值，再应用周期性求2022a.【详解】由题设0na，则122nnaa，而13a，所以243a，312a，

42a，53a，…故na是周期为4的数列且13a，243a，312a，42a，所以202245052243aaa.故答案为：435．（2022·陕西咸阳·三模（文））观察下列等式111341359135716照此规律，第n个等式为__

____．【答案】213521nn【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1...(21)n，右

侧随行数n增大依次为2222211,42,93,164,...,n，所以第n个等式为21...(21)nn.故答案为：21...(21)nn四、解答题6．（2022·北京·人大附中高三阶段练习）已知na为无穷数

列，给出以下二个定义：I.若对任意的*3nnN，总存在i，j*N且ijn，使nijaaa成立，则称na为“H数列”；II.若na为“H数列”，且对任意的*3nnN，总存在唯一的有序数对*,,,ijijNij使nijaaa成立，则称na为

“强H数列”；(1)若21nan，判断数列na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na存在且不为常数列，求同时满足所选两个条件的所有数列na的通项公式条件①：n

a为等差数列；条件②：na为等比数列；条件③：na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152q，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21nan，若存在ijn，使得nijaaa，则212121,221nijnij，而2n是偶数，21ij是奇数，奇数偶数，所以na不是“H数列”；(2)条件①，不妨设11naand

，假设存在ijn，使得nijaaa，则有111111andaidajd，整理得11anijd，对于任意的n都成立，当n=3时也成立，由于ijn，所以i=1，j=2，1ad，即

只要i+j=n，就有nijaaa，因此na是“H数列”，由于i，j不是唯一的，比如51423aaaaa，na不是“强H数列”；条件②，不妨设11nnaaq，假设存在ijn，使得nijaaa，则有111111ijnaqaqaq，当n=3时也成立，由于i

jn，所以i=1，j=2，得210qq，152q或152q，2331121111nnnnnnnaaaqqaqqaqa，所以对于任意的n，总存在21nnn，使得ni

jaaa成立，当公比为152q或152q时，na是“H数列”；下面证明na是“强H数列”，即证明对于任意的n，i，j是唯一的：考虑15102q，函数1nyq是增函数，不妨假设10a，（对于10a也相同）若j=n-1，必

有i=n-2，是唯一的，若j=n-2，则2in，12ijnnnaaaaa，故i，j不存在，若2ijn，则必然由12ijnnnaaaaa，故i，j也不存在，即对于na公比为152q的等比数列，na是“强H数列”；当152q

时，考虑150,12qq，na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2in，必有12ijnnnaaaaa，故i，j不存在，令512pq，则01p

，则np是单调递减的正数列，若2ijn，假设n=偶数，232311nnnnnaaqqapp，若nijaaa，则必①②有1231()jnnipppp，考虑一下几种情况：若i，j都是偶数，123111()jnniijppp

ppp…①，2131()0ninjpppp，故①不成立，即i，j不存在；若i，j都是奇数，若nijaaa，则有2311nnijpppp…②，1213()0injnpppp，②不成立，即i，j

不存在；若i是奇数，j是偶数，则有，2311nnijpppp…③，23110,0nnijpppp，③不成立，即i，j不存在；若i为偶数，j为奇数，则有2311nnijpppp…④则有211njiipppp，由于0np，并且是递减的，2n

i，21nipp，又1,11,jijipp111jipp，∴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152q时，na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152q或152q的等比数列7．（2022·全国·高三专题练习）设有数列*Nnxn，对于给定的*Nii，记满足不等式：()jiixxtji*N,jji的it构成的集合为()Ti，并称数列nx具有性质

X.(1)若1,itji，数列：22,22,mm具有性质X，求实数m的取值范围；(2)若2,itji，数列na是各项均为正整数且公比大于1的等比数列，且数列na不具有性质X，设*1N1nnabnn，试判断数列nb是否具有性

质X，并说明理由；(3)若数列nc具有性质X，当1i时，()Ti都为单元素集合，求证：数列nc是等差数列.【答案】(1)3m(2)数列nb不具有性质X(3)证明见解析【分析】（1）由数列具有性质X，建立不等式组求解即可；（

2）根据数列na是等比数列计算jiaaji，利用不等式可得1(1)jiaaaqji，由数列na不具有性质X可得存在,()ijji使得2jiaaji，转化为1(1)2aq，

求出,nnab，即可判断；（3）根据数列nc具有性质X，运用不等式可得11nnnncccc对任意的*2,nnN都成立，先证明2i时，2132cccc，同理可得11nnnncccc，即可证明.(1)由题意可得22222122122mmmm

，即121322mmmmm或或解得3m；(2)设数列na的通项为1*11(,,1)nnaaqaqNq，2111(1)1(1)(1)jijiiijiiaqaqqqqaaaqaqjijiji

，因为数列na不具有性质X，所以存在,()ijji使得2jiaaji，所以11(1)21,2aqaq，122,1nnnnnab，21123bb，nb不具备性质X；(3)因为数

列nc具有性质X，所以1111nnnnnnnnnnncctcctcccct，11nnnncccc对任意的*2,nnN都成立，当2i时，需满足22(2)jcctj对任意的*,2jNj恒成立，当1j时，有122cct，

即221tcc，当3j时，有322cct，当3j时，11232jjjjcccccc，211232322(2)(2)jjjjjccccccccjccjt，所以只需21232cc

tcc即可满足条件，(2)T为单元素集合，2132cccc同理可证，对任意的*,2nNn时，都有11nnnncccc，所以数列nc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2i时，需满足21232cctcc，再由(2)T为单元素集可得2132cccc，类似的可证得其他情况都有11nnnncccc，由等差数列的定义知nc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．

①124，135，146，157，…；②－3，7，－15，31，…；③2，6，2，6，….【答案】①1(1)(3)nann；②1(1)(21)nnna；③4(1)2nna或*2,21()6,2()nnkkNnk

Nak.【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，1124(11)(13)，1135(21)(23)，1146(

31)(33)，…，∴第n项为1(1)(3)nann.②由题设，1113(1)(21)，2217(1)(21)，33115(1)(21)，…，∴第n项为1(1)(21)nnna．③由题设，数列为摆动数列，而2

642，而2＝4－2，6＝4＋2，∴第n项为4(1)2nna，也可表示为*2,21()6,2()nnkkNnkNak.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na中，1aa，命题:p对任意的正整数n，都有12nnnaaa．若对于区间M中的任一实数a，命题p为真命题，则区间M可以是（）A．3,4B．2,3C．3216,115

D．832,311【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2na，由2na从后往前推，14na，283na,3165na,43211na,,nka,而8(2,3)3，排除，16

(3,4)5,排除，由蛛网图可知3nka,而63321,115，na之前的项会趋向于3，所以C项排除.因为24832,,311nnaa，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＋2111122222nnB．21111222nC．21111222nD．21111222n【答案】B【分析】根据题意得到每天截取的线段长度构成了以

12为首项，12为公比的等比数列，然后用等比数列的前n项和公式求和，根据其和小于1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12为首项，12为公比的等比数列，因为21111112222nn，所以能反映命题本质的式子是21

111222n.故选：B.3．（2020·浙江·高三阶段练习）已知正项数列na，满足11,11,1nnnnnaaaaa，*nN，1aa，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1mmaaB．对于任意有理数a，存在正整数m，使得1mmaaC．存在无理数a与正整数m，使得1mmaaD．对于任意无理数a，存在正整数m，使得1mmaa【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1mmaa，则01ma，否则1

1mmmaaa，于是11mmmaaa，1ma（1ma舍去），（1）若a是无理数，则1a是无理数，1a也是无理数，不论1a还是1a，2a仍然是无理数，这样数列{}na中各项均为无理数，所以不可能有1mmaa，C、D均错误．（2

）①若a是正整数，则21aa或21a，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m，使得1ma，从而1mmaa，②若a不是正整数，设qap，(,pq互质的正整数，1p），若1q，则21apa为正整数，回到①的情形；③若a不

是正整数，设qap，(,pq互质的正整数，1p），若1q，若qp，则1qp，若qp，则21paq，不妨记1kqap，则11kkqpaap，由ka得到1ka称为一次操作，经过有限次减1操作后，一定有1kqtpap，在1qtp

时，这样再继续刚才的操作，11kpaqtp，…，由此可得到一列数：1212,,,nnqqqppp，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．,pq是确定的正整数，此操作步骤一定是有限的，最后都会变成1s（s是大于1的正整数

），那么数列的下一项为s，又回到①的情形，所以一定存在正整数m，使得1ma，从而1mmaa．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na的前n项和为nS，11a，且1143nnnnaaaa（1n，2，…），则（）A．13nnaaB．51243aC．1ln1nnaD．17

114nS【答案】AD【分析】对于A选项，只需判断0na；对于B选项，通过通项公式可求得51241a；对于C选项，将条件转化为132nne，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11

43nnnnaaaa，两边同时除以1nnaa，得1134nnaa，∴11123(2)nnaa∴111123(2)3nnnaa，∴132nna，对于A选项，∵1032nna，∴11430nnnn

aaaa，∴13nnaa，故A选项正确；1032nna，551132241a，所以B选项错误；对于C选项，132nna，1lnln(32)1nnna等价于132nne，由

极限思想知，当n时，132nne，故C选项错误；对于D选项，221111222327331)31)33nnnnnnan（）（（，∴1012111(1)1111313111(1)17373

73714313nnnnS1173114143n1714，又∵11nSS，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2n与31n的公共项从小到大排列得到数列na，则其通项na___________.【答案】4n【分析】经检验，数列2n中的偶数项都是数列31n中的项，观察归纳可得4nna.【详解】数列2n中的项为：2,

4,8,16,32,64,128,256，…经检验，数列2n中的偶数项都是数列31n中的项.即4，16，64，256，…可以写成31n的形式，观察，归纳可得4nna.故答案为：4n.四、解答题6．（2022·北京·高三专题练习）若无穷数列{na}满足如下两

个条件，则称{na}为无界数列：①0na（n=1，2，3......）②对任意的正数，都存在正整数N，使得na.(1)若21nan，2cos()nbn（n=1，2，3......），判断数列{na}，{nb}是否是无界数列；(2)若21nan，

是否存在正整数k，使得对于一切nk，都有12231...1nnaaanaaa成立？若存在，求出k的范围；若不存在说明理由；(3)若数列{na}是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m，使得12231...1mmaaamaaa.【答案】(1){na}是无界数列；{nb}

不是无界数列.(2)存在，(4)kk(3)证明见解析【分析】（1）对任意的正整数，取N为大于2的一个偶数，有21212NaN，符合无界数列的定义；取=3，显然2cos()3nbn

，不符合无界数列的定义.（2）讨论=1n，=2n，=3n都不成立，当4n时，将12231...1nnaaanaaa变形为：3211221231231nnnnnaaaaaaaaanaaaaaa

，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{na}是单调递增的无界正数列证明.(1){na}是无界数列，理由如下：对任意的正整数，取N为大于2的一个偶数，有2121

2NaN，所以{na}是无界数列.{nb}不是无界数列，理由如下：取=3，显然2cos()3nbn，不存在正整数N，满足3Nb，所以{nb}不是无界数列.(2)存在满足题意的正整数k，且4k.当=1n时，122

=05aa，不成立.当=2n时，231235+157aaaa，不成立当=3n时，323124357+++2579aaaaaa，不成立当4n时，将12231...1nnaaanaaa变形为：3211221231231nnnnnaaaaa

aaaanaaaaaa22222221572357911n.即取4k，对于一切nk，有122311nnaaanaaa成立.(3)因为数列{na}是单调递增的无界数列，所以0na，12

1nnaaaa所以3211221231231nnnnnaaaaaaaaanaaaaaa32111211111111nnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaa.即12123111nnnaaaanaaaa

因为{na}是无界数列，取12a，由定义知存在正整数1N，使1112Naa所以111212311NNaaaNaaa.由定义可知{na}是无穷数列，考察数列11Na，12Na，13Na…，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2N，使得1111221221231+11NNNNNNaaaNNaaa.故存在正整数2N，使得1111221112121212312311+11+NN

NNNNNNaaaaaaNNNaaaaaa21N.故存在正整数2mN，使得122111mmaaamaaa成立7．（2022·全国·高三专题练习）设F是椭圆22176xy的右焦点，且椭圆上至少有21个不同的点i

P（1i，2，…），使1FP，2FP，3FP，…组成公差为d的等差数列，求a的取值范围．【答案】11,00,1010【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iFP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0d．先考虑一般情形，由等差数列的通项公式有11nFPFPnd，（nN），因此11nFPFPnd．对于椭圆2222xyab（0ab），其焦半径的最大值是ac，最小值是a

c（其中22cab）．当等差数列递增时，有nFPac，1FPac．从而12nFPFPacacc．再由题设知1c，且21n，故2211d，因此1010d．同理，当等差数列递减时，可解得1010d，故所求d的取值范围为11,00,1

010．8．（2020·全国·高三专题练习）已知数列na满足：123aaak（常数0k），112nnnnkaaaa（3n，nN）.数列nb满足：21nnnnaaba（nN）.（1）求1b，2b的值；（2）求数列nb

的通项公式；（3）是否存在k，使得数列na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）12b，221kbk；（2）2,21,nnbknk为奇数为偶数；（3）1,2【分析】（1）经过计算可知：41ak，由数列n

b满足：21nnnnaaba，从而可求1b，2b；（2）由条件可知：121nnnnaakaa，得211nnnnaakaa，两式相减整理得2nnbb，从而可求数列nb的通项公

式；（3）假设存在正数k，使得数列na的每一项均为整数则由（2）可知2122122212221nnnnnnaaakaaak，由1akZ，642kZka，可求得1k，2，证明1k，2时，满足题意，说明k为1，2时，数列na是整

数列即可.【详解】（1）由已知得，41ak，所以13122aaba，2423121aakkkbakk.（2）由条件可知：121nnnnaakaa（3n），①所以211nnnnaakaa（2n）.②①②

得122111nnnnnnnnaaaaaaaa.即：121121nnnnnnnnaaaaaaaa.因此：2211nnnnnnaaaaaa，故2nnbb（3n），又因为12b，221kbk

，所以2,21,nnbknk为奇数为偶数.（3）假设存在k，使得数列na的每一项均为整数，则k为正整数.由（2）知2122122212221nnnnnnaaakaaak（1n，2，3…）③由1akZ，642kZka，所以1k或2，

检验：当1k时，213kk为整数，利用1a，2a，3aZ结合③，na各项均为整数；当2k时③变成2122122212252nnnnnnaaaaaa（1n，2，3…）消去21na，2

1na得：222223nnnaaa（2n）由2a，4aZ，所以偶数项均为整数，而2221252nnnaaa，所以21na为偶数，故12ak，故数列na是整数列.综上所述，k的取值集合是1,2.【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na满足：12a，1123nnnaaanN．记数列na的前n项和为nS，则（）A．1012

14SB．101416SC．101618SD．101820S【答案】B【分析】根据11a和递推关系式可知1na，可将递推关系式变形为1111123nnnnaaaa；令1nnb

a，nT为nb的前n项和，可知,nnba为递减数列，知2na，借助na的范围可得1nnbb的范围，结合等比数列求和公式可求得10T的范围，由nnSTn可得结果.【详解】2111121213

3aaa，311213a，…，依次类推，则1na；由1123nnnaaa得：111233nnnaaa，1133123231nnnnnaaaaa，13111112323nnnnnnaaaaaa

，令1nnba，nT为nb的前n项和，nnSTn，又111a，nb为递减数列，即na为递减数列，12naa，12na（当且仅当1n时取等号），11113232nnnn

nabbaa，122na，73252na，1123572na，16957nnbb，即17596nnbb，117596nnnb，101

010719791472919T，10101051566165616T，1046T，101416S.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111123nnnnaaaa，并结合递推关系式和数列的单调性得到na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xS，有0x…；②任意,xyS，有xyS或||xyS，则称数集S具有性质P.（1）判断数集{0,1,2,4}A是否具有性质P，并说明理由；（2）若数集12,,,

nBaaa且1(1,2,,1)iiaain具有性质P.（i）当2021n时，求证：12,,,naaa是等差数列；（ii）当12,,,naaa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1,4xy，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na是单增数列，从而求得数集B具有20212021kkaaaaB

的性质，求得1a，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5n时，均可证得数列na是等差数列，从而最大值为4.【详解】（1）{0,1,2,4}A时，易知xA，有0x…；取1,4xy，有5xyA且||3xyA

，故数集A不具有性质P；（2）（i）由数集12,,,nBaaa且1(1,2,,1)iiaain具有性质P知：数列na是单增数列，即120naaa；当2021n时，取2021xya，∵202120212021aaa，∴20212021202120210aaBa

aB∴10a则20212021kaaa（2,3,4,2021k），2021kaaB故20212021kkaaaaB，又202120212021202020211aaaaaa∴202120211aaa，202120202aaa，202112021

aaa即20222021iiaaa（1,2,,2021i），同理20212020iiaaa（1,2,,2020i），∴20212022202120201120212020()iiiiiaaaaaaaa

aa，故当2021n时，数列na是等差数列.（ii）当5n时，均可由（i）中方法证得数列na是等差数列，则n最大为4，如0,2,3,5【点睛】关键点点睛：根据数列具有的性质，求得

1a，进而求得递推关系，从而证明数列是等差数列.