资源简介

数列的综合应用
【题型归纳目录】
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
题型二：数列中的新定义问题
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
题型四：数列在实际问题中的应用
题型五：数列不等式的证明
题型六：公共项问题
题型七：插项问题
题型八：蛛网图问题
题型九：整数的存在性问题 (不定方程)
题型十：数列与函数的交汇问题
题型十一：数列与导数的交汇问题
题型十二：数列与概率的交汇问题
题型十三：数列与几何的交汇问题
【典型例题】
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
例1. (2023·全国·高三专题练习)历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了
重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，
13，21，34，55，89， 即F 1 =F 2 = 1,F n =F n- 1 +F n- 2 n≥ 3,n∈N ，此数列在现代
物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被 4整除后的余数构成一个新的数列 bn ，则
b1+ b2+ b3+ +b2022的值为 ( )
A. 2696 B. 2697 C. 2698 D. 2700
例2. (2022·新疆喀什·高三期末 (文))70周年国庆阅兵活动向全世界展示了我军威武文明之师的良好形象，展
示了科技强军的伟大成就以及维护世界和平的坚定决心，在阅兵活动的训练工作中，不仅使用了北斗导
航、电子沙盘、仿真系统、激光测距机、迈速表和高清摄像头等新技术装备，还通过管理中心对每天产生的
大数据进行存储、分析，有效保证了阅兵活动的顺利进行，假如训练过程中第一天产生的数据量为 a，其后
每天产生的数据量都是前一天的 q q> 1 倍，那么训练n天产生的总数据量为 ( )
a 1- qn-1 a 1- qn
A. aqn-1 B. aqn C. 1- q D. 1- q
例3. (2023·全国·高三专题练习)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中
国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，
是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前 10项依次是 0、2、4、8、12、18、24、32、40、
50，则此数列的第 21项是 ( )
A. 200 B. 210 C. 220 D. 242
例4. (2022·全国·模拟预测 (理))《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问
题”，后来南宋数学家秦九韶在《算书九章·大衍求一术》中将此问题系统解决．“大衍求一术”属现代数论
中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”．现有一道同余式组问题：将正整数中，被 3
除余 2且被 5除余 1的数，按由小到大的顺序排成一列数，则 281是第几个数 ( )
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
例5. (2022·山西太原·三模 (理))斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等
领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1= a2= 1，an= an-1+
a2+ a2≥ , ∈ * 1 2+ a
2
3+ +a2an-2 n 3 n N . 已知 ma 是该数列的第 100项，则m= ( )m
A. 98 B. 99 C. 100 D. 101
【方法技巧与总结】
(1)解决数列与数学文化相交汇问题的关键
(2)解答数列应用题需过好“四关”
题型二：数列中的新定义问题
例6. (2022·陕西·长安一中模拟预测 (理))意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数
学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列 an 满足 a1= 1，a2= 1，an= an-1+
an-2 n≥ 3,n∈N * .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为 1，记前 n项所占
的格子的面积之和为 Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 cn，则其中不正确结论的是
( )
A. S = a2n+1 n+1+ an+1 an B. a1+ a2+ a3+ +an= an+2- 1
C. a1+ a3+ a5+ +a2n-1= a2n- 1 D. 4 cn- cn-1 = πan-2 an+1(n≥ 3)
例7. (2022·全国·高三专题练习)意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”(斐波那
契数列)：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55， ，在实际生活中，很多花朵 (如梅花，飞燕草等)的瓣数恰是斐
波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列 an 满
足：a1= 1，a2= 1，an+2= an+1+ an，若 a3+ a5+ a7+ a9+ a11= ak- a2，则 k等于 ( )
A. 12 B. 13 C. 89 D. 144
例8. (2022·全国·高三专题练习)高斯函数 y= x 也称为取整函数，其中 x 表示不超过 x的最大整数，例如
a
3.4 = 3．已知数列 an 满足 a1= 1，a = a2n+1 n+ an，设数列 n + 1 a 的前 n项和为Sn，则 S2022 =___n
___．
例9. (2022·陕西西安·二模 (理))“0，1数列”在通信技术中有着重要应用，它是指各项的值都等于 0或 1的数
列．设A是一个有限“0，1数列”，f A 表示把A中每个 0都变为 1，0，1，每个 1都变为 0，1，0，所得到的
新的“0，1 数列”，例如A= 1,0 ，则 f A = 0,1,0,1,0,1 ．设A1是一个有限“0，1 数列”，定义Ak+1=
f Ak ，k= 1，2，3， ．若有限“0，1数列”A1= 0,1,0 ，则数列A2022的所有项之和为______．
例10. (2022· n+ 2甘肃张掖·高三阶段练习 (文))已知数列 an 满足 an= log2 n+ 1 ．给出定义：使数列 an 的前
k项和为正整数的 k k∈N + 叫做“好数”，则在 1,2022 内的所有“好数”的和为________
例11. (2022·山东潍坊·模拟预测)对于项数为m(m≥ 3)的有穷数列 an ，若存在项数为m+ 1的等比数列
bn ，使得 bk< ak< bk+1，其中 k= 1，2， ，m，则称数列 bn 为 an 的“等比分割数列”．已知数列 7，
14，38，60，则该数列的一个“等比分割数列”可以是_______． (写出满足条件的一个各项为整数的
数列即可)
例12. (2022·全国·高三专题练习)已知 x 表示不小于 x的最小整数， x 表示不大于 x的最大整数，如 1.6
= 2， 3.1 1 = 3，数列 an 满足 a1= 2 ，且对 n∈N
，有 an+1= an + an + b，若 an 为递增数列，则整
数 b的最小值为______．
例13. (2022·江苏南通·高三期末)数列 an ：1，1，2，3，5，8， ，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学
家菜昂纳多·斐波那契 (Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”．数学上，该
数列可表述为 a1= a2= 1，an+2= an+1+ an n∈N * ．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是
n n
以 60 1 1+ 5 1- 5为周期变化的，通项公式 a n= 2 - 2 等．借助数学家对人类的此项贡献，我5
们不难得到 a2 2 2 2n+1= an+1 an+2- an = an+2an+1- an+1an，从而易得 a1+ a2+ a3+ +a2126值的个位数为___
_______．
a - a
例14. (2022·全国·高三专题练习)在数列 an 中，n∈N *，若 n+2 n+1a - a = k(k为常数)，则称 an 为“等差比n+1 n
数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
① k不可能为 0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为 0.
其中所有正确的序号是________．
例15. (2022·全国·高三阶段练习 (文))任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3再加上 1；若是偶数，就将该
数除以 2.反复进行上述两种运算，经过有限步骤后，必进入循环圈 1→ 4→ 2→ 1.这就是数学史上著名的
“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m= 6，根据上述运算法则得出 6→ 3→ 10→ 5→ 16→ 8→ 4
→ 2→ 1，至少需经过 8个步骤变成 1(简称为 8步“雹程”).一般地，一个正整数m首次变成 1需经过 n个
步骤 (简称为 n步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推，关系如下：已知数列 an 满足 a1=m(m为正整数)，
an
= 2 ,当 an为偶数时an+1 ，若 a10= 1，即 9步“雹程”对应的m的所有可能取值的中位数为_____3an+ 1,当 an为奇数时
_____.
【方法技巧与总结】
(1)新定义数列问题的特点
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(2)新定义问题的解题思路
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分
析、运算、验证，使问题得以解决．
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
例16. (2022·山西吕梁·二模 (文)) 1 1已知 an 是各项均为正数的等比数列，a1= 3 ,a3= 27 ，且 a1+ a2+ a3+
+an< k，则 k的最小值是___________.
例17. (2022· 1山东烟台·三模)已知数列 an 的前n项和为Sn，a1= 2 ，当n≥ 2时，S
2
n= anSn- an.
(1)求Sn；
n
(2) 2设数列 2 n S 的前n项和为Tn，若 λTn≤ n + 9 2 恒成立，求 λ的取值范围.n
例18. (2022·全国·高三专题练习)设等差数列 an 的前 n项和为Sn，S35< 0，S36> 0.若对任意的正整数 n，都
有Sn≥Sk，则整数 k= ( )
A. 34 B. 35 C. 18 D. 19
例19. (2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (文))已知等差数列 an 的前n项和为Sn，S4= 2S2+ 8，a2= 3.若
对任意n∈N+且n≥ 2 1 1 1，总有 S - 1 + S - 1 + S - 1 ≤ λ恒成立，则实数 λ的最小值为 ( )2 3 n
A. 1 B. 3 C. 2 D. 14 3 3
例20. (2022·河南·模拟预测 ( )) a - 2a理 已知数列 a 1 1 1n 中，a = ， n n+11 4 an+ 2a
=
n+1 n+ 1
，则满足 an> 1000 的 n的最
大值为 ( )
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
例21. ( 2022 ·四川 ·树德中学高三开学考试 (理 ) ) 已知数列 an 的首项 a 1 = 1，且满足 a n+1 - a n =
n
- 12 n∈N
* ，则存在正整数n，使得 an- λ an+1+ λ < 0成立的实数 λ组成的集合为 ( )
A. -∞,- 12 ∪
1
2 ,+∞ B.
2
3 ,1
C. 1 ,1 D. -∞,- 2 ∪ 12 3 2 ,+∞
n
例22. (2022·宁夏·银川一中三模 (文))已知数列 an 满足 a1= 2 a 1， *n= an-1+ 2 (n≥ 2且 n∈N )，若 an<
M恒成立，则M的最小值是 ( )
A. 2 B. 94 C.
5
2 D. 3
例23. (2022·浙江·高三专题练习)数列 an 的前 n项和为 S ，且 a + 3a + +3n-1n 1 2 an= n 3n，若对任意 n∈
N *，Sn≥ -1 nnλ恒成立，则实数 λ的取值范围为 ( )
A. -3,4 B. -2 2,2 2 C. -5,5 D. -2 2- 2,2 2+ 2
例24. (2022·全国· 1高三专题练习)已知数列 {an}的通项公式为 an= ( + )，前 n项和为 Sn，若实数 λ满足n n 2
(-1)nλ< 3+ (-1)n+1Sn对任意正整数n恒成立，则实数 λ的取值范围是 ( )
A. - 10 93 < λ≤ 4 B. -
10 < λ< 9 C. - 9 < λ≤ 103 4 4 3 D. -
9 10
4 < λ< 3
例25. (2022·全国·高三专题练习)已知数列 an 中，a1= 2，n an+1- an = an+ 1，若对于任意的 n∈N *，不等
a
式 n+1n+ 1 < t恒成立，则 t的最小值是 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【方法技巧与总结】
(1)数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n项和公式、求和方法等对式
子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
(2)数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、
放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
a>F(n)恒成立 a>F(n)max；
a题型四：数列在实际问题中的应用
例26. (2022·上海长宁·二模)甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公
司第一年月基础工资数为 3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加 300元；B公司第一年
月基础工资数为 4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的 1.05倍．
(1)分别求甲、乙两人工作满 10年的基础工资收入总量 (精确到 1元)
(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为 an、bn元，记 cn= an- bn，讨论数列 cn 的单调性，指出
哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．
例27. (2022·全国·高三专题练习)保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策
部署． 2021年 7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发
布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划 2021年新建住房 40万平
方米，其中有 25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上
一年增长 8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加 5万平方米．
(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积 (以 2021年为累计的第一年)将首次不少于
475万平方米
(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%
例28. (2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三期中 (理))某高校 2021届毕业生春季大型招聘会上，A，B两家公司
的工资标准分别是：A公司许诺第一年的月工资为 3000元，以后每年月工资比上一年月工资增加 300元；
B公司许诺第一年月工资为 3500元，以后每年月工资在上一年的月工资基础上增加 5%.若某人被A，B
两家公司同时录取，试问：
(1)若此人分别在A公司或B公司连续工作n n∈N * 年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？
(2)此人打算连续在一家公司工作 10年，仅从工资总收入作为应聘的标准，此人应该选择哪家公司？
参考数据：1.0510≈ 1.629.
例29. (2022·全国·高三专题练习)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款
500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于 2002年初动工，年底竣工并交付使
用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式 (年利率 5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和
水电费 18万元.其余部分全部在年底还建行贷款.
(1)若公寓收费标准定为每生每年 800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款；
(2)若公寓管理处要在 2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元 (精确到元)？ (参
考数据：lg1.7343= 0.2391，lg1.05= 0.0212，1.058= 1.4774)
例30. (2022·全国·高三专题练习)在如图所示的数阵中，从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成
等差数列，如：2，4，6，8， ；依次选出来的数可组成等比数列，如：2，4，8，16， .
1
22
344
4688
58121616

记第n行第m个数为 f n,m .
(Ⅰ)若n≥ 3，写出 f n,1 ，f n,2 ，f n,3 的表达式，并归纳出 f n,m 的表达式；
(Ⅱ)求第 10行所有数的和S10.
例31. (2022·全国·模拟预测 (文))某企业年初在一个项目上投资 2千万元，据市场调查，每年获得的利润为投
资的 50%，为了企业长远发展，每年底需要从利润中取出 500万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项
目．设经过n n∈N 年后，该项目的资金为 an万元．
(1)求证：数列 an- 1000 为等比数列；
(2)若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？ (lg3≈ 0.5，lg2≈ 0.3)
例32. (2022·辽宁实验中学模拟预测)冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征
(MERS)和严重急性呼吸综合征 (SARS)等较严重疾病.新型冠状病毒是以前从未在人体中发现的冠状
病毒新毒株，人感染了冠状病毒后常见体征有呼吸道症状 发热 咳嗽 气促和呼吸困难等.日前正在世界
范围内广泛传播，并对人类生命构成了巨大威胁.针对病毒对人类的危害，科研人员正在不断研发冠状病
毒的抑制剂.某种病毒抑制剂的有效率为 60%，现设计针对此抑制剂的疗效试验：每次对病毒使用此抑制
剂，如病毒被抑制，得分为 2分，如抑制剂无效，得分 1分，持续进行试验.设得分为 n n∈N+ 时的概率为
Pn.
(1)进行两次试验后，总得分为随机变量X，求X的分布列和数学期望；
(2)求证：P12> 58 .
例33. (2022·全国·高三专题练习 (理))足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．
(Ⅰ)为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是
否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢
点球 3次．
下表是某同学 6次的训练数据，以这 150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率．为加入足球
社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，他在测试中所踢的点球次数记为 ξ，求 ξ的
分布列及数学期望；
(Ⅱ)社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接
球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开
始传球的人为第 1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1= 1．
(i)求P2,P3(直接写出结果即可)；
(ii)证明：数列 P
1
n- 3 为等比数列，并判断第 19次还是第 20次触球者是甲的概率大．
【方法技巧与总结】
现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识去解决．
(1)数列实际应用中的常见模型
①等差模型：如果增加 (或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第 n项 an
与第n+ 1项 an+1的递推关系还是前n项和Sn与前n+ 1项和Sn+1之间的递推关系．
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一
般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用
等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．
(2)解决数列实际应用题的 3个关键点
①根据题意，正确确定数列模型；
②利用数列知识准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
题型五：数列不等式的证明
例34. (2022·浙江·模拟预测)已知正项数列 an 满足 a0= 0,a2 2n+1- an= 2(n+ 1),n∈N．
(1) a求证： n+2 an+1a < a ；n+1 n
(2) 1求证：a +
1
a + +
1
a < lnn．2 3 n
例35. (2022秋 邛崃市月考)已知函数 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a为实常数．
(1)若函数 g(x) = f (x) - 2x1+ x ≥ 0定义域内恒成立，求 a的取值范围；
( f(x)2)证明：当 a= 0时， ≤ 1；
x2
(3) 1 + 1求证：2 3 + +
1
n+ 1 < ln(1+n)< 1+
1 1 1
2 + 3 + + n．
例36. ( a b2022 广州二模)已知数列 {an}和 {bn}满足 a1= b1，且对任意n∈N *都有 a + b = 1， n+1 = nn n an 1- a2
．
n
(1)求数列 {an}和 {bn}的通项公式；
( ) a2 + a3 + a4 + + an+1 < ( + )< a1 + a2 + a3 + + a2 证明： ln 1 n n．
b2 b3 b4 bn+1 b1 b2 b3 bn
例37. (2022秋 泰山区校级月考)设函数 f(x) = x2+ bln(x+ 1)，其中 b≠ 0．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 n ∈ N +且 n≥ 2 时证明不等式：ln 1 + 1 1 + 1 12 3 n + 1 +
1 1
3 + 3 + ++
1
3 >
1
2 -2 3 n
1
n+ 1．
例38. (2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中)已知函数 f x = lnx - x + 1，x ∈ 0,+∞ ，g x = sinx -
ax a∈R ．
(1)求 f x 的最大值；
(2)若对 x1∈ 0,+∞ ，总存在 x2∈ 0, π2 ，使得 f x1 < g x2 成立，求实数 a的取值范围；
n n n
(3)证明不等式 sin 1n + sin
2
n + +sin
n
n <
e
e- 1 (其中 e是自然对数的底数)．
例39. (2021·四川·射洪中学高三月考 (文))已知函数 f(x) = lnx- x+ 1，x∈ (0,+∞)，g(x) = ex- ax.
(1)求 f(x)的最大值；
(2)若对 x1∈ (0,+∞)，总存在 x2∈ [1,2]使得 f(x1)≤ g(x2)成立，求 a的取值范围；
n n n
(3) 1 2 n e证明不等式： n + n + + n < e- 1 .
例40. ( a (a + 1)2021·全国·高三专题练习)已知正项数列 an 的前n n n项和为Sn，且Sn= 2 .
(1)计算 a1、a2、a3，猜想数列 an 的通项公式；
(2)用数学归纳法证明数列 an 的通项公式；
(3) 1 1 1 1 7证明不等式 *
a2
+ +
a2 a2
+ +
a 2
< 4 对任意n∈N 恒成立.1 2 3 n
例41. (2021·全国·高二单元测试)设数列 a 的前n项和为S ，已知 2S = a - 2n+1n n n n+1 + 1 n∈N * ，且 a2= 5．
( ) a1 证明 n + 1 2n 为等比数列，并求数列 an 的通项公式；
(2)设 bn= log a + 2n T = 13 n ，且 n 2 +
1 1
2 + + 2 ，证明Tn< 2；b1 b2 bn
(3)在 (2)的条件下，若对于任意的n∈N *不等式 bn 1+n - λn bn+ 2 - 6< 0恒成立，求实数 λ的取值
范围．
例42. (2021·全国·高三月考 (理))设函数 f(x) = x2+ bln(x+ 1)，其中 b≠ 0．
(1)当 b= 2时，求函数 y= f(x)的图象在点 (0,0)处的切线方程；
(2)讨论函数 f(x)的单调性；
(3)当n∈N *，且n≥ 2时，证明不等式 ln 12 + 1
1
3 + 1
1
n + 1 +
1 + 1 + + 1 > 1
23 33 n3 2
-
1
n+ 1．
【方法技巧与总结】
(1)构造辅助函数 (数列)证明不等式
(2)放缩法证明不等式
在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放
缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大 (或缩小)分式的分子 (或
分母).
放缩法证不等式的理论依据是：A>B,B>C A>C；A放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.
方法 1：对 an进行放缩，然后求和.
n
当 ak既不关于 n单调，也不可直接求和，右边又是常数时，就应考虑对 an进行放缩，使目标变成可求和的
k=1
情形，通常变为可裂项相消或压缩等比的数列.证明时要注意对照求证的结论，调整与控制放缩的度.
方法 2：添舍放缩
方法 3：对于一边是和或者积的数列不等式，可以把另外一边的含 n的式子看作是一个数列的前 n项的和或
者积，求出该数列通项后再左、右两边一对一地比较大小，这种思路非常有效，还可以分析出放缩法证明的操
作方法，易于掌握.需要指出的是，如果另外一边不是含有 n的式子，而是常数，则需要寻找目标不等式的加
强不等式，再予以证明.
方法 4：单调放缩
题型六：公共项问题
例43. (2022·全国·高二课时练习)已知两个等差数列 5，8，11， ，302与 3，7，11， ，399，则它们所有公共项
的个数为 ( )
A. 23 B. 24 C. 25 D. 26
例44. (多选题) (2022·全国·高三专题练习)已知 n,m∈N ，将数列 {4n+ 1}与数列 {5m}的公共项从小到大排
列得到数列 an ，则 ( )
A. an= 5n B. a nn= 5
5 5n- 1 5 25n- 1
C. an 的前n项和 4 D. an 的前n项和为 24
例45. (2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二开学考试)已知两个等差数列 an ：5，8，11， 与 bn ：
3，7，11， ，它们的公共项组成数列 cn ，则数列 cn 的通项公式 cn=___________；若数列 an
和 bn 的项数均为 100，则 cn 的项数是___________.
例46. (2022·北京昌平·高二期末)数列 an :a1，a2， ，an， ； bn :b1，b2， ，bn， ，定义数列 an&bn:a1，a2，
b3，a4，a5，b6，a7， .
= -1,n为奇数①设 an , ，bn= 1，1≤n≤ 29，则数列 an&bn的所有项的和等于___________；2 n为偶数
②设 an= 5n，bn= 4n- 1，1≤n≤ 29，则数列 an&bn与 bn&an有___________个公共项.
例47. (2022·江苏·高二单元测试)将数列 2n 与 2n 的公共项从小到大排列得到数列 {an}，则 {an}的前 10
项和为________
例48. (2022·江西·南昌市八一中学高一月考)将数列 4n- 3 与 3n- 1 的公共项从小到大排列得到数列
{an}，则 {an}的前n项和为_____________．
例49. (2022·河南商丘·高三月考 (理))将数列 2n 与 3n+ 1 的公共项从小到大排列得到数列 an ，则其通
项 an=___________.
题型七：插项问题
例50. (2022·全国·高三专题练习 (文))若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得
数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现将数列 1，2进行构造，第 1次得到数列 1，3，2；第 2次得到
数列 1，4，3，5，2；依次构造，第 n(n∈N )次得到数列 1，x1，x2，x3， ，xk，2；记 an= 1+ x1+ x2+ +xk
+ 2，若 an> 2022成立，则n的最小值为___________.
例51. (2022·全国·高二课时练习)在-9和 3之间插入 n个数，使这 n+ 2个数组成和为-21的等差数列，则 n
= ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
例52. (2022·全国·高二专题练习)已知数列 an 的通项公式为 an= 2n，在 a1和 a2之间插入 1个数 x11，使 a1，
x11，a2成等差数列；在 a2和 a3之间插入 2个数 x21,x22，使 a2,x21,x22,a3成等差数列； 在 an和 an+1之间插
入 n个数 xn ,xn ,xn ,x ，使 a ,x ,x ,x ,x ,a 成等差数列．这样得到一个新数列 b ：a ,x ,a ,1 2 3, nn n n1 n2 n3, nn n+1 n 1 11 2
x21,x22,a ,x n-13 31,x32,x33,a4 ，记数列 bn 的前项和为Sn，有下列结论：① xn + xn + +x1 2 nn= 3n 2 ② a10=
b66③ b72= 3072④S55= 14337其中，所有正确结论的个数是 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
例53. (2022·全国·高二课时练习)已知数列 an 满足 an= 2n- 1，在 an，an+1之间插入 n个 1，构成数列 bn ：
a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4， ，则数列 bn 的前 100项的和为 ( )
A. 211 B. 232 C. 247 D. 256
例54. (2022·全国·高二专题练习)在 a,b中插入 n个数，使它们和 a,b组成等差数列 a,a1,a2, an,b，则 a1+ a2
+ +an= (　　)
( + ) n(a+ b) (n+ 1) (a+ b) (n+ 2) (a+ b)A. n a b B. 2 C. 2 D. 2
例55. (2022·全国·高二课时练习)等比数列 {an}的通项公式为 a = 2 3n-1n ，现把每相邻两项之间都插入两个
数，构成一个新的数列 {bn}，那么 162是新数列 {bn}的
A. 第 5项 B. 第 12项 C. 第 13项 D. 第 6项
例56. (多选题) (2022·吉林松原·高三月考)在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构
造新数列：现有一个每项都为 1的常数列，在此数列的第 n n∈N * 项与第 n+ 1项之间插入首项为 2，公
比为 2，的等比数列的前n项，从而形成新的数列 an ，数列 an 的前n项和为Sn，则 ( )
A. a 52021= 2 B. a2021= 26 C. S2021= 3× 263+ 59 D. S = 2642021 - 3
例57. (多选题) (2022·湖南·永州市第一中学高三月考)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每
相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数
列 1,2进行构造，第 1次得到数列 1,3,2；第 2次得到数列 1,4,3,5,2； ；第 n n∈N * 次得到数列 1，x1,x2,
x3, ,xk，2； 记 an= 1+ x1+ x2+ +xk+ 2，数列 an 的前n项为Sn，则 ( )
A. k+ 1= 2n B. a = 3a - 3 C. a = 3 n2+ 3n D. S = 3 3n+1n+1 n n 2 n 4 + 2n- 3
题型八：蛛网图问题
例58. (2022秋 虹口区校级期中)已知数列 {an}满足：a1= 0，an+1= ln(ean+ 1) - a *n(n∈N )，前 n项和为Sn，
则下列选项错误的是 (　　) (参考数据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 670
D. a2n-1≤ a2n
例59. (2022 1浙江模拟)数列 {an}满足 a1> 0，an+1= a3 *n- an+ 1，n∈N ，Sn表示数列 an 前 n项和，则下
列选项中错误的是 (　　)
A. 2 2若 0< a1< 3 ，则 an< 1 B. 若 3 < a1< 1，则 {an}递减
C. 1 1若 a1= 2 ，则Sn> 4 a - 2 D. 若 a1= 2，则S2000>
2
n+1 3
例60. (2022 浙江模拟)已知数列 {an}满足：a1= 0，an+1= ln(ean+ 1) - an(n∈N *)，前 n项和为 Sn(参考数
据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)，则下列选项中错误的是 (　　)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 666
D. a2n-1< a2n
例61. (2022 下城区校级模拟)已知数列 {an}满足：a 2 2n> 0，且 an= 3an+1- 2an+1(n∈N *)，下列说法正确的是
(　　)
A. a = 1
n-1
若 1 2 ，则 an> an+1 B. 若 a1= 2，则 an≥ 1+
3
7
C. a1+ a5≤ 2a3 D. |an+2- a 3n+1| ≥ 3 |an+1- an|
例62. (多选题) (2022秋 9月份月考)已知数列 {an}满足：a1= 0，a ann+1= ln(e + 1) - an(n∈N *)，前 n项和为
Sn(参考数据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)，则下列选项正确的是 (　　)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 670
D. a2n-1≤ a2n
题型九：整数的存在性问题 (不定方程)
例63. (2022·全国·高三专题练习)已知数列 an 的前n项和为Sn，a1= 2,2n an= (n+ 1) Sn n∈N ．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)判断数列 n 2 3 - + an n 1 中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．
( · ) Tn+1 = n+ 2 a例64. 2022 n n+ 2福建省福州格致中学模拟预测 在① T n ，②Sn= 3 an这两个条件中任选一个n
补充在下面问题中，并解答下列题目.
设首项为 2的数列 an 的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且___________.
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)在数列 an 中是否存在连续三项构成等比数列，若存在，请举例说明，若不存在，请说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
例65. (2022·天津·耀华中学一模)设数列 a 2n n∈N * 是公差不为零的等差数列，满足 a3+ a6= a9，a5+ a7=
6a9.数列 bn n∈N * 的前n项和为Sn，且满足 4Sn+ 2bn= 3.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2)在 b1和 b2之间插入 1个数 x11，使 b1，x11，b2成等差数列；在 b2和 b3之间插入 2个数 x21，x22，使 b2，x21，
x22，b3成等差数列； ；在 bn和 bn+1之间插入n个数 xn1，xn2， ，xnn，使 bn，xn1，xn2， ，xnn，bn+1成等
差数列.
(i)求Tn= x11+ x21+ x22 + x31+ x32+ x33 + + xn1+ xn2+ +xnn ；
(ii) a是否存在正整数m，n，使T = m+1n 2a 成立？若存在，求出所有的正整数对 m,n ；若不存在，请说明理m
由.
例66. (2022·江苏南通·模拟预测)已知等差数列 {an}满足 a5= 16，a7= 22，正项等比数列 {bn}的前 n项和为
Sn，满足S6= 5S4- 4S2，且 b2= a1．
(1)求 {an}和 {bn}的通项公式；
(2) a是否存在n使得 n ∈Z，若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．
bn
例67. (2022·江苏·模拟预测)已知正项数列 an 的前n项和为Sn，现在有以下三个条件：
2 = n(n+ 1)①数列 an 的前n项和为Tn 2 ；
② a1= 1,a = n+ 1n+1 n an；
③ a1= 1,a2= 2，当n≥ 3时， an+ an-1 Sn- 2Sn-1+Sn-2 = 1．
从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列 bn 满足 b1= 1,bn= an- an-1(n≥ 2)，试问 b 1 1n 中是否存在连续三项 bk,bk+1,bk+2，使得 , ,bk bk+1
1
构成等差数列？请说明理由．
bk+2
例68. (2022·辽宁辽阳· 5 a 3二模)① 2nan 为等差数列，且 a3= 8 ；②
n
2n- 1 为等比数列，且 a2= 4 .从①②两
个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
1
在数列 an 中，a1= 2 ，________.
(1)求 an 的通项公式；
(2)已知 an 的前n项和为Sn，试问是否存在正整数 p，q，r，使得Sn= p- qan+r？若存在，求 p，q，r的
值；若不存在，说明理由.
例69. (2022·全国·高三专题练习 (理))等差数列 an n∈N * 中，a1，a2，a3分别是如表所示第一、二、三行中
的某一个数，且其中的任意两个数不在表格的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 5 8 2
第二行 4 3 12
第三行 16 6 9
(1)请选择一个可能的 {a1，a2，a3}组合，并求数列 an 的通项公式.
(2)记 (1)中您选择的 an 的前n项和为Sn，判断是否存在正整数 k，使得 a1，ak，Sk+2成等比数列 若存
在，请求出 k的值;若不存在，请说明理由.
例70. (2022·天津·耀华中学模拟预测)已知数列 {an}的奇数项是首项为 1的等差数列，偶数项是首项为 2的
等比数列．数列 {an}前n项和为Sn，且满足S3= a4，a3+ a5= 2+ a4
(1)求数列 {an}的通项公式；
(2)求数列 {an}前 2k项和S2k；
(3)在数列 {an}中，是否存在连续的三项 am，am+1，am+2，按原来的顺序成等差数列？若存在，求出所有
满足条件的正整数m的值；若不存在，说明理由．
例71. (2022·浙江·舟山市田家炳中学高三开学考试)已知数列 an 是公差大于 0的等差数列，其前 n项和为
Sn，且 a2 a3= 15,S1,S2,S4成等比数列．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设 bn= 2a a n∈N
* ，其前n项和为Tn，则是否存在正整数m,n m≠n ，使得T2,Tm,Tn成等差数
n n+1
列？若存在，求出m,n的值；若不存在，请说明理由．
例72. (2022·河南·南阳中学模拟预测 (文))已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn，公差 d≠ 0，a1+ a5= 8，且 a3
是 a1与 a7的等比中项.
(1)求 an 的通项公式；
(2) S设 b = nn n+ t，是否存在一个非零常数 t，使得数列 bn 也为等差数列？若存在，求出 t的值；若不存
在，请说明理由.
题型十：数列与函数的交汇问题
例73. (2022 3龙泉驿区校级一模)已知定义在R上的函数 f(x)是奇函数且满足 f 2 - x = f(x)，f(-2) =
-3，数列 {an}是等差数列，若 a2= 3，a7= 13，则 f(a1) + f(a2) + f(a3) + +f(a2015) = (　　)
A. - 2 B. - 3 C. 2 D. 3
例74. (2022 100日照模拟)已知数列 {an}的通项公式 an= n+ n ，则 |a1- a2|+|a2- a3|+ +|a99- a100| = (　
　)
A. 150 B. 162 C. 180 D. 210
例75. (2022 新郑市校级模拟)已知等差数列 {an}的前 n项和为Sn，若 (a2- 1)3+ 2010(a2- 1) = 1，(a2009- 1)
3+ 2010(a2009- 1) =-1
，下列为真命题的序号为 (　　)
①S2009= 2009；②S2010= 2010；③ a2009< a2；④S2009A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
例76. (2022秋 仁寿县月考)设等差数列 {an}的前 n项和为 Sn，已知 (a 34- 1) + 2012(a4- 1) = 1，(a 32009- 1)
+ 2012(a2009- 1) =-1，则下列结论中正确的是 (　　)
A. S2012= 2012，a2009< a4 B. S2012= 2012，a2009> a4
C. S2012= 2011，a2009< a4 D. S2012= 2011，a2009> a4
例77. (2022 π π琼海校级模拟)已知函数 f(x) = sinx+ tanx．项数为 27的等差数列 an满足 an∈ - 2 , 2 ，且
公差 d≠ 0，若 f(a1) + f(a2) + +f(a27) = 0，当 f(ak) = 0时，则 k的值为 (　　)
A. 14 B. 13 C. 12 D. 11
例78. (2022 秋 江苏期中)已知定义域为 R的函数 f (x)满足 f (x) = 2 f (x + 2)，当 x ∈ [0，2)时，f (x) =
-x
2+ x+ 1,x∈ [0,1)
1 x- 32 ，设 f(x)在 [2n- 2，2n)上的最大值为 a * ,x∈ [1,2) n(n∈N )则数列 {an}的前 n项和Sn的值2
为 (　　)
n n n+1 n+1
A. 5- 5 1 5 12 B. 2 - 5 2 C. 5- 5
1 D. 52 2 - 5
1
2
题型十一：数列与导数的交汇问题
例79. (2022 ) f(x) = a+ x全国模拟 函数 1+ x (x> 0)，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线在 y轴上的截距为
11
2 ．
(1)求 a；
(2)讨论 g(x) = x( f(x))2的单调性；
(3)设 a1= 1，a = f(a )，证明：2n-2n+1 n |2lnan- ln7| < 1．
例80. (2022 枣庄期末)已知函数 f(x) = ln(2x+ a) (x> 0，a> 0)，曲线 y= f(x)在点 (1，f(1))处的切线在 y
2
轴上的截距为 ln3- 3 ．
(1)求 a；
(2)讨论函数 g(x) = f(x) - 2x(x> 0)和 h(x) = f(x) - 2x2x+ 1 (x> 0)的单调性；
n+1
(3)设 a 21= 5 ，an+1= f(a )
5- 2
n ，求证： n <
1
a - 2< 0(n≥ 2)．2 n
例81. (2022 武侯区校级模拟)已知 f(x) = asinx，g(x) = lnx，其中 a∈R(y= g-1(x)与 y= g(x)关于直线 y=
x对称)
(1)若函数G(x) = f(1- x) + g(x)在区间 (0,1)上递增，求 a的取值范围；
n
(2) 1证明： sin 2 < ln2；
k=1 (1+ k)
(3)设F(x) = g-1(x) -mx2- 2(x+ 1) + b(m< 0)，其中F(x)> 0恒成立，求满足条件的最小整数 b的值．
例82. (2022 揭阳一模)已知函数 f(x) = ax，g(x) = lnx，其中 a∈R，(e≈ 2.718)．
(1)若函数F(x) = f(x) - g(x)有极值 1，求 a的值；
(2)若函数G(x) = f(sin(x- 1)) - g(x)在区间 (0,1)上为减函数，求 a的取值范围；
n
(3)证明： sin 1
k=1 (k+ )2
< ln2．
1
题型十二：数列与概率的交汇问题
例83. (2022·江苏·镇江江河艺术高级中学有限公司高二期中)随机数表是人们根据需要编制出来的，由 0，1，
2，3，4，5，6，7，8，9这 10个数字组成，表中每一个数都是用随机方法产生的，随机数的产生方法主要有
抽签法、抛掷骰子法和计算机生成法．现有甲、乙、丙三位同学合作在一个正二十面 (如图)的各面写上
0~9这 10个数字 (相对的两个面上的数字相同)，这样就得到一个产生 0~9的随机数的骰子．依次投掷这
个骰子，并逐个记下朝上一面的数字，就能按顺序排成一个随机数表，若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序
记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为 ( )参考答案
A. 16 B. 261000 1000
C. 401000 D.
50
1000
例84. (2022·全国·高二专题练习)在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫
力的情况下，一个感染者平均传染的人数．R0一般由疾病的感染周期 感染者与其他人的接触频率 每次
接触过程中传染的概率决定．假设某种传染病的基本传染数R0= 3.8，平均感染周期为 7天，那么感染人
数由 1个初始感染者增加到 1000人大约需要 ( )轮传染？ (初始感染者传染R0个人为第一轮传染，这
R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染 )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
例85. (2022·江苏海安·模拟预测)如图，一颗棋子从三棱柱的一个顶点沿棱移到相邻的另一个顶点的概率均
1
为 3 ，刚开始时，棋子在上底面点A处，若移了 n次后，棋子落在上底面顶点的概率记为 pn．则 p5= (
)
5
A. 1 × 1 14 3 + 2
B. 1
6
+ 13 2
6
C. 1 - 13 2
D. 1 × 1
5
2 3 +
1
2
例86. (2022·全国·高三专题练习 (文))满足 a1= a2= 1，an= an-1+ an-2(n≥ 3)的数列 an 称为斐波那契数
列，又称黄金分割数列．如图，依次以斐波那契数列 an 各项为边长
作正方形，在每个正方形中取半径为该正方形边长、圆心角为 90°的圆
弧，依次连接圆弧端点所成的曲线被称为斐波那契螺旋线 (也称“黄金
螺旋”)．下图圆心角为 90°的扇形OAB中的曲线是斐波那契螺旋线
的一段，若在该扇形内任取一点，则该点在图中阴影部分的概率为 (
)
A. 3 B. 18 2
C. 58 D.
7
8
例87. (2022·河南·温县第一高级中学高三月考 (文))意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个
关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生 1对小兔子 (一雄一雌)，而每 1对小兔子在它出生后的第三
个月里，又能生 1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第 1个月 1对初生的小兔子开始，以后每个月
的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21， ，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是 an= an-1+
an-2 n≥ 3,n∈N * ，其中 a1= 1，a2= 1．若从该数列的前 2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数
的概率为 ( )
A. 1 B. 6733 2021 C.
1
2 D.
674
2021
例88. (2022·全国·高二课时练习)已知随机变量 ξ只能取三个值 x1，x2，x3，其概率依次成等差数列，则该等差
数列公差的取值范围是 ( )
A. 1 1 1 0，3 B. - 3 , 3 C. [-3，3] D. [0，1]
例89. (2022·河北·衡水第一中学高三月考 (理))甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则
如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为 5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的
点数之和不是 5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为Pn，则P10的值为 ( )
A. 511 1 513 2571024 B. 2 C. 1024 D. 512
例90. (2022·江苏·海安高级中学高二期中)根据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的
等级自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级，现有每个级别的诸侯各一人，君王要把 50处领地全部分给
5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分m处 (m为正整数)，按这种分法，下列结论正
确的是 ( )
A. 3为“男”的诸侯分到的领地不大于 6处的概率是 4
B. 1为“子”的诸侯分到的领地不小于 6处的概率是 4
C. 为“伯”的诸侯分到的领地恰好为 10处的概率是 1
D. 1为“公”的诸侯恰好分到 16处领地的概率是 4
题型十三：数列与几何的交汇问题
例91. (2022·全国·高三专题练习)已知等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d，其前 n项和为 Sn，若直线 y=
1
2 a1x+m与圆 x- 2
2+ y= 1 1的两个交点关于直线 x+ y- d= 0对称，则数列 S 的前 100项和等于n
( )
A. 100101 B.
99 C. 98100 99 D. 1
例92. (2022·全国·高三专题练习)已知各项都不相等的数列 {an} {n= 1，2，3 ，2015}，圆C1:x2+ y2- 4x-
4y= 0，圆C2:x2+ y2- 2anx- 2a2016-ny= 0，若圆C2平分圆C1的周长，则 {an}的所有项的和为 ( )
A. 2014 B. 2015 C. 4028 D. 4030
例93. (2022·浙江·高考真题)已知 a,b∈R,ab> 0，函数 f x = ax2+ b(x∈R).若 f(s- t),f(s),f(s+ t)成等比
数列，则平面上点 s,t 的轨迹是 ( )
A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线
例94. (2022·江西信丰·高三月考 (理))已知ABCD-A1B1C1D1为单位正方体，黑白两个蚂蚁从点A出发沿棱
向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”，白蚂蚁爬行的路线是AA1→A1D1→ ，黑蚂蚁爬行的路线是
AB→BB1→ ，它们都遵循如下规则：所爬行的第 i+ 2与第 段所在直
线必须是异面直线 (其中 是自然数)，设白，黑蚂蚁都走完 2011段后各停
止在正方体的某个顶点处，这时黑，白两蚂蚁的距离是
A. 1 B. 2
C. 3 D. 0
二、多选题
n
例95. (2022·吉林·长春市第二实验中学高二期中)已知双曲线En:x2- y2= *2019 (n∈N 且 n≤ 2019)，设直线
x = 2 与双曲线 En在第一象限内的交点为 An，点 An在 En的两条渐近线上的射影分别为 Bn,Cn，记
△AnBnCn的面积为 an，则下列说法正确的是 ( )
A. n双曲线的渐近线方程为 y=±x B. an= 2019
C. 数列 {an}为等差数列 D. a1+ a2+ +a 5052019= 2
例96. (2022·湖北黄石·高三开学考试)在平面直角坐标系中，O是坐标原点，Mn,N 是圆O:x2+ y2n =n2上两个
2
不同的动点，Pn是MnNn的中点，且满足OMn ONn+ 2OPn = 0 n∈N ．设Mn,Nn到直线 l: 3x+ y+
n2+n= 0的距离之和的最大值为 an，则下列说法中正确的是 ( )

A. 向量OM n与向量ON n所成角为 120°

B. OPn =n
C. an=n2+ 2n
bn
D. 若 bn=
an 2 1
n+ 2 ，则数列 的前n项和为 1-(2bn- 1) (2bn+1- 1) 2n+1- 1数列的综合应用
【题型归纳目录】
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
题型二：数列中的新定义问题
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
题型四：数列在实际问题中的应用
题型五：数列不等式的证明
题型六：公共项问题
题型七：插项问题
题型八：蛛网图问题
题型九：整数的存在性问题 (不定方程)
题型十：数列与函数的交汇问题
题型十一：数列与导数的交汇问题
题型十二：数列与概率的交汇问题
题型十三：数列与几何的交汇问题
【典型例题】
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
例1. (2023·全国·高三专题练习)历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了
重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，
13，21，34，55，89， 即F 1 =F 2 = 1,F n =F n- 1 +F n- 2 n≥ 3,n∈N ，此数列在现代
物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被 4整除后的余数构成一个新的数列 bn ，则
b1+ b2+ b3+ +b2022的值为 ( )
A. 2696 B. 2697 C. 2698 D. 2700
【答案】A
【解析】解：由题意得：数列 bn 为 1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，
所以该数列的周期为 6，
所以 b1+ b2+ b3+ +b2022，
= 337 b1+ b2+ b3+ +b6 ，
= 337× 8= 2696，
故选：A
例2. (2022·新疆喀什·高三期末 (文))70周年国庆阅兵活动向全世界展示了我军威武文明之师的良好形象，展
示了科技强军的伟大成就以及维护世界和平的坚定决心，在阅兵活动的训练工作中，不仅使用了北斗导
航、电子沙盘、仿真系统、激光测距机、迈速表和高清摄像头等新技术装备，还通过管理中心对每天产生的
大数据进行存储、分析，有效保证了阅兵活动的顺利进行，假如训练过程中第一天产生的数据量为 a，其后
每天产生的数据量都是前一天的 q q> 1 倍，那么训练n天产生的总数据量为 ( )
a 1- qn-1 a 1- qn
A. aqn-1 B. aqn C. 1- q D. 1- q
【答案】D
【解析】根据题意可知每天产生的数据量是以 a为首项，q(q> 1)为公比的等比数列，
a 1- qn所以训练 天产生的总数据量为 n 1- q ，
故选：D
例3. (2023·全国·高三专题练习)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中
国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，
是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题．其前 10项依次是 0、2、4、8、12、18、24、32、40、
50，则此数列的第 21项是 ( )
A. 200 B. 210 C. 220 D. 242
【答案】C
【解析】根据题意，数列的前 10 项依次是 0、2、4、8、12、18、24、32、40、50，其中奇数项为 0、4、12、24、40，
12- 1 32 2有 a = = 0,a = - 1 = 4,a = 5 - 1
2
1 2 3 2 5 2 = 12,a7=
7 - 1
2 = 24,
2 2
故其奇数项上的通项公式为 a = n - 1n 2 ,故 a =
21 - 1
21 2 = 220，
故选：C
例4. (2022·全国·模拟预测 (理))《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，上面记载了一道有名的“孙子问
题”，后来南宋数学家秦九韶在《算书九章·大衍求一术》中将此问题系统解决．“大衍求一术”属现代数论
中的一次同余式组问题，后传入西方，被称为“中国剩余定理”．现有一道同余式组问题：将正整数中，被 3
除余 2且被 5除余 1的数，按由小到大的顺序排成一列数，则 281是第几个数 ( )
A. 18 B. 19 C. 20 D. 21
【答案】B
【解析】解：由题意可得 a= 3n+ 2= 5m+ 1，且 a为正整数，
所以 3 n+ 2 m+ 1 n+ 2 = 5 m+ 1 ，所以令 5 = 3 = k，
所以n= 5k- 2，m= 3k- 1，
所以 ak= 15k- 4，又 ak= 15k- 4= 281，故 k= 19．
故选：B．
例5. (2022·山西太原·三模 (理))斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等
领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1= a2= 1，an= an-1+
a2+ a2+ a2+ +a2
an-2 n≥ 3,n∈N * . 已知 1 2 3 ma 是该数列的第 100项，则m= ( )m
A. 98 B. 99 C. 100 D. 101
【答案】B
【解析】由题意得，a21= a2a1，因为 an-1= an- an-2，
得 a22= a2(a3- a1) = a2a3- a2a1，
a23= a3(a4- a2) = a3a4- a3a2，
，
a 2m= am(am+1- am-1) = amam+1- amam-1，
累加，得 a2+ a2+ +a 21 2 m= amam+1，
2
因为 a1+ a
2
2+ +a 2m
a 是该数列的第 100 项，m
即 am+1是该数列的第 100 项，所以m= 99.
故选：B.
【方法技巧与总结】
(1)解决数列与数学文化相交汇问题的关键
(2)解答数列应用题需过好“四关”
题型二：数列中的新定义问题
例6. (2022·陕西·长安一中模拟预测 (理))意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数
学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列 an 满足 a1= 1，a2= 1，an= an-1+
a *n-2 n≥ 3,n∈N .若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为 1，记前 n项所占
的格子的面积之和为 Sn，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为 cn，则其中不正确结论的是
( )
A. Sn+1= a2n+1+ an+1 an B. a1+ a2+ a3+ +an= an+2- 1
C. a1+ a3+ a5+ +a2n-1= a2n- 1 D. 4 cn- cn-1 = πan-2 an+1(n≥ 3)
【答案】C
【解析】由题意知：前 n+ 1 项所占格子组成长为 an+ an+1，宽为 an+1的矩形，其面积为Sn+1=
an+ an+1 a 2n+1= anan+1+ an+1，A正确；
a3= a2+ a1,a4= a3+ a2, ,an+2= an+1+ an，以上各式相加得，a3+ a4+ +an+2= (a2+ a3+ +an+1) +
a1+ a2+ +an ，化简得 an+2- a2= a1+ a2+ +an，即 a1+ a2+ +an= an+2- 1，B正确；
a1= a2= 1,a3= 2,a4= 3,a5= 5,a6= 8,∴ a1+ a3+ a5= 8≠ a6- 1= 7，C错误；
易知 c = 1n 4 πa
2
n,c 1n-1= 4 πa
2
n-1，∴ 4(cn- cn-1) = π a2 2n- an-1 = π an- an-1 an+ an-1 = πan-2an+1(n≥ 3)，
D正确.
故选：C .
例7. (2022·全国·高三专题练习)意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”(斐波那
契数列)：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55， ，在实际生活中，很多花朵 (如梅花，飞燕草等)的瓣数恰是斐
波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列 an 满
足：a1= 1，a2= 1，an+2= an+1+ an，若 a3+ a5+ a7+ a9+ a11= ak- a2，则 k等于 ( )
A. 12 B. 13 C. 89 D. 144
【答案】A
【解析】由斐波那契数列的性质可得：
a2+ a3+ a5+ a7+ a9+ a11= a4+ a5+ a7+ a9+ a11= a6+ a7+ a9+ a11= a8+ a9+ a11= a10+ a11= a12,所以 k
等于 12，
故选：A
例8. (2022·全国·高三专题练习)高斯函数 y= x 也称为取整函数，其中 x 表示不超过 x的最大整数，例如
a
3.4 = 3．已知数列 an 满足 a1= 1，an+1= a2n+ a ，设数列 nn 1+ a 的前 n项和为Sn，则 S2022 =___n
___．
【答案】2021
【解析】因为 an+1= a2+ a ，所以 1 = 1 = 1 1
an 1 1 1
n n an+1 a2n+ an a
- , = 1-
n an+ 1 1+ an 1+ a
= 1+
n a
-
n+1 a
，
n
所以S2022= 2022+ 1 - 1 1 1 1 1 1 1 1a2 a +1 a - a + + a - a = 2022- a + a = 2021+ ．3 2 2023 2022 1 2023 a2023
因为 a1= 1，
所以 a = a2n+1 n+ an> an，所以 a2023> 1，
所以 2021< 2021+ 1a < 2022，2023
故 S2022 = 2021．
故答案为：2021
例9. (2022·陕西西安·二模 (理))“0，1数列”在通信技术中有着重要应用，它是指各项的值都等于 0或 1的数
列．设A是一个有限“0，1数列”，f A 表示把A中每个 0都变为 1，0，1，每个 1都变为 0，1，0，所得到的
新的“0，1 数列”，例如A= 1,0 ，则 f A = 0,1,0,1,0,1 ．设A1是一个有限“0，1 数列”，定义Ak+1=
f Ak ，k= 1，2，3， ．若有限“0，1数列”A1= 0,1,0 ，则数列A2022的所有项之和为______．
【答案】1 20222 (3 + 1)
【解析】因A1= 0,1,0 ，依题意，A2={1,0,1,0,1,0,1,0,1}，A3={0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,
1,0,1,0,1,0}，
显然，A1中有 3 项，其中 2 项为 0，1 项为 1，由于每个 0 都变为 1，0，1，每个 1 都变为 0，1，0，
则A2中有 9 项，其中 4 项为 0，5 项为 1，同理可得A3有 27 项，其中有 14 项为 0，13 项为 1，
由此可得An中有 3n项，其中 0 的项数与 1 的项数差的绝对值是 1，当n为奇数时，0 的项数为偶数，比 1 的
项数多 1 项，
当n为偶数时，0 的项数为奇数，比 1 的项数少 1 项，因此，数列A2022有 32022项，0 的项数比 1 的项数少 1
项，
所以数列A2022的所有项之和为
1 1
32022- 1 × 0+ 320222 2 + 1 × 1=
1
2 3
2022+ 1 .
故答案为：1 (320222 + 1)
例10. (2022· n+ 2甘肃张掖·高三阶段练习 (文))已知数列 an 满足 an= log2 n+ 1 ．给出定义：使数列 an 的前
k项和为正整数的 k k∈N + 叫做“好数”，则在 1,2022 内的所有“好数”的和为________
【答案】2026
【解析】由题，Sn= log 1+ 2 2+ 22 1+ 1 + log2 2+ 1 + +log
n+ 2
2 n+ 1
= log 3 + log 4 + +log n+ 22 2 2 3 2 n+ 1
= log n+ 22 2 = log2 n+ 2 - log22= log2 n+ 2 - 1．
所以，Sk= log2 k+ 2 - 1．
因为Sk为正整数，所以 log2 k+ 2 - 1> 0，即 k+ 2> 2 k> 0．
令m= log2 k+ 2 ，则 k= 2m- 2．
因为 k∈ 1,2022 ，所以 2m∈ 3,2024 ．
因为 y= 2x为增函数，且 21= 2,22= 4, ,210= 1024,211= 2048
所以m∈ 2,10 ．
2 10
所以所有“好数”的和为 22- 2+ 23- 2+ +210- 2= 2 - 2 × 21- 2 - 2× 9= 2026．
故答案为：2026．
例11. (2022·山东潍坊·模拟预测)对于项数为m(m≥ 3)的有穷数列 an ，若存在项数为m+ 1的等比数列
bn ，使得 bk< ak< bk+1，其中 k= 1，2， ，m，则称数列 bn 为 an 的“等比分割数列”．已知数列 7，
14，38，60，则该数列的一个“等比分割数列”可以是_______． (写出满足条件的一个各项为整数的
数列即可)
【答案】6，12，24，48，96， (答案不唯一)
【解析】取一个首项为 6，公比为 2 的数列即满足 bk< ak< bk+1，其中 k= 1，2， ，m，
故答案为：6，12，24，48，96，
例12. (2022·全国·高三专题练习)已知 x 表示不小于 x的最小整数， x 表示不大于 x的最大整数，如 1.6
= 2 1， 3.1 = 3，数列 an 满足 a1= 2 ，且对 n∈N
，有 an+1= an + an + b，若 an 为递增数列，则整
数 b的最小值为______．
【答案】0
【解析】解：∵数列 an 满足 a = 11 2 ，且对 n∈N
，有 an+1= an + an + b，
∴ a = 1 + 12 2 2 + b= b+ 1，
∵ b∈Z 可得 a2∈Z，
∴ n≥ 2，有 an∈Z，
∴当n≥ 2 时，an+1= an + an + b= 2an+ b，即 an+1+ b= 2 an+ b ，n≥ 2，
∴ an+ b= 2b+ 1 2n-2，n≥ 2
12 , n= 1∴ an= ， 2b+ 1 2n-2- b, n≥ 2
∵ an 为递增数列，则 an+1- an> 0，
当n= 1 时，a2- a1= b+ 12 > 0，解得 b>-
1
2 ，
当n≥ 2 时，an+1- an= 2b+ 1 2n-1> 0，即 2b+ 1> 0，解得：b>- 12 ，∴ b>-
1
2 ，
又 b∈Z，则 b≥ 0，∴整数 b的最小值为 0．
故答案为：0
例13. (2022·江苏南通·高三期末)数列 an ：1，1，2，3，5，8， ，称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学
家菜昂纳多·斐波那契 (Leonardo Fibonacci)从观察兔子繁殖而引入，故又称为“兔子数列”．数学上，该
数列可表述为 a1= a2= 1，an+2= an+1+ an n∈N * ．对此数列有很多研究成果，如：该数列项的个位数是
1 1+ 5 n 1- 5 n以 60为周期变化的，通项公式 an= 2 - 2 等．借助数学家对人类的此项贡献，我5
们不难得到 a2n+1= an+1 an+2- an = a 2 2 2n+2an+1- an+1an，从而易得 a1+ a2+ a3+ +a2126值的个位数为___
_______．
【答案】4
【解析】因为 a2n+1= an+1 a 2n+2- an = an+2an+1- an+1an，所以 a1+ a2a3- a2a1 + a3a4- a3a2 +
+ a126a127- a126a125
= 1- a2a1+ a126a127= a126a127.
又该数列项的个位数是以 60 为周期变化，所以 a126,a6的个位数字相同，a127,a7的个位数字相同，易知 a6=
8,a7= a6+ a5= 13，则 8× 3= 24，所以 a126a127的个位数字为 4.
故答案为：4.
例14. (2022·全国·高三专题练习)在数列 a 中，n∈N *
an+2- a，若 n+1n a - a = k(k为常数)，则称 an 为“等差比n+1 n
数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
① k不可能为 0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为 0.
其中所有正确的序号是________．
【答案】①④
【解析】由等差比数列的定义可知，an+1- an≠ 0，故 an+2- an+1≠ 0，故 k不为 0，所以① 正确；
当等差数列的公差为 0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；
当 an 是等比数列，且公比 q= 1 时， an 不是等差比数列，所以③错误；
数列 0，1，0，1， 是等差比数列，该数列中有无数多个 0，所以④正确．
故答案为：①④.
例15. (2022·全国·高三阶段练习 (文))任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3再加上 1；若是偶数，就将该
数除以 2.反复进行上述两种运算，经过有限步骤后，必进入循环圈 1→ 4→ 2→ 1.这就是数学史上著名的
“冰雹猜想”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m= 6，根据上述运算法则得出 6→ 3→ 10→ 5→ 16→ 8→ 4
→ 2→ 1，至少需经过 8个步骤变成 1(简称为 8步“雹程”).一般地，一个正整数m首次变成 1需经过 n个
步骤 (简称为 n步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推，关系如下：已知数列 an 满足 a1=m(m为正整数)，
an= 2 ,当 an为偶数时an+1 ，若 a10= 1，即 9步“雹程”对应的m的所有可能取值的中位数为_____3an+ 1,当 an为奇数时
_____.
【答案】82
an
【解析】因为 a10= 1，an+1= 2 ,当 an为偶数时 ，3an+ 1,当 an为奇数时
倒推可得：
1← 2← 4← 8← 16← 32← 64← 128← 256← 512；
1← 2← 4← 8← 16← 32← 64← 128← 256← 85；
1← 2← 4← 8← 16← 32← 64← 21← 42← 84；
1← 2← 4← 8← 16← 5← 10← 20← 40← 13；
1← 2← 4← 8← 16← 5← 10← 20← 40← 80；
1← 2← 4← 8← 16← 5← 10← 3← 6← 12；
故m的所有可能取值为 12,13,80,84,85,512，中位数为 80+ 842 = 82，
故答案为：82.
【方法技巧与总结】
(1)新定义数列问题的特点
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(2)新定义问题的解题思路
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分
析、运算、验证，使问题得以解决．
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
例16. (2022·山西吕梁·二模 (文)) 1 1已知 an 是各项均为正数的等比数列，a1= 3 ,a3= 27 ，且 a1+ a2+ a3+
+an< k，则 k的最小值是___________.
【答案】12【解析】解：因为
a3
a = q
2= 19 ，因为等比数列各项都是正数，所以 q=
1
1 3
，
1
n
1- 1 n
所以 a1+ a2+ a3+ +

a = 3 3 1 1 1 1n
1- 1
= 2 - 2 3 < 2 ，
3
所以 k≥ 12 ，故 k的最小值是
1
2 .
故答案为：12
例17. (2022·山东烟台·三模)已知数列 an 的前n 1项和为Sn，a1= 2 ，当n≥ 2时，S
2
n= anSn- an.
(1)求Sn；
n
(2) 2设数列 S 的前n项和为Tn，若 λT
2
n≤ n + 9 2n恒成立，求 λ的取值范围.
n
【解析】(1)当n≥ 2 时，S2n= anSn- an，
所以，S2n= Sn-Sn-1 Sn- Sn-Sn-1 ，
整理得：S 1 1nSn-1=Sn-1-Sn，即 S - S = 1.n n-1
所以数列 1 1 1 S 是以 S = a = 2 为首项，1 为公差的等差数列.n 1 1
所以 1S =n+ 1，即Sn=
1
n n+ 1
.
n
(2)由 (1)知，2S = n+ 1 2
n，
n
所以Tn= 2 2+ 3 22+ +n 2n-1+ n+ 1 2n，①
所以 2Tn= 2 22+ 3 23+ +n 2n+ n+ 1 2n+1，②
①-②得，-T = 4+ 22+ 23+ +2nn - n+ 1 2n+1，
所以，-T = 4+ 22+ 23+ +2n - n+ 1 2n+1=-n 2n+1n ，
所以，Tn=n 2n+1，
2
所以 λT ≤ n2n + n n+1≤ 2+ n ≤
n + 9
9 2 ，即

λn 2 n n 9 2 ，即 λ 2n = 2 +
9
2n，
因为 n + 9 n 92 2n ≥ 2 2 2n = 3，当且仅当n= 3 时，等号成立，
所以 λ≤ 3.
例18. (2022·全国·高三专题练习)设等差数列 an 的前 n项和为Sn，S35< 0，S36> 0.若对任意的正整数 n，都
有Sn≥Sk，则整数 k= ( )
A. 34 B. 35 C. 18 D. 19
【答案】C
35(a + a )
【解析】因为S = 1 3535 2 = 35a18< 0，所以 a18< 0.
36 a + a
因为 S = 1 36 36 2 = 18 a18+ a19 > 0，
所以 a18+ a19> 0，所以 a19> 0，
故 an 的前 18 项和S18最小，即 k= 18.
故选：C
例19. (2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (文))已知等差数列 an 的前n项和为Sn，S4= 2S2+ 8，a2= 3.若
1 1 1
对任意n∈N+且n≥ 2，总有 S - 1 + S - 1 + S - 1 ≤ λ恒成立，则实数 λ的最小值为 ( )2 3 n
A. 1 B. 3 C. 2 D. 14 3 3
【答案】B
【解析】设等差数列 an 的首项为 a1，公差为 d，则
4× 4- 1
由 S4= 2S2+ 8，得 4a1+ 2 d= 2 +
2× 2- 1
2a1 2 d + 8，解得 d= 2，
又 a2= 3，得 a1+ d= 3，解得 a1= 1.
所以 an= 1+ 2(n- 1) = - ,
n(n- 1)
2n 1 Sn=n+ 22 × 2=n，
因为对任意n∈N+且n≥ 2，总有 1 + 1 1S2- 1 S3- 1
+ S - 1 ≤ λ恒成立，n
等价于 1 1 1S2- 1 + S3- 1 + S - 1 ≤ λ，n∈N+且n≥ 2 即可.n max
当n≥ 2 时， 1 1 1 1 1S - 1 = 2- = ( - ) ( + ) = 2 n- 1 -
1
n n 1 n 1 n 1 n+ 1 ,
所以 1S - 1 +
1 1
2 S3- 1
+ Sn- 1
= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1- 3 + 2 - 4 + 3 - 5 + 4 - 6 + + n- 2 - n + n- 1 - n+ 1
= 1 1+ 1 - 1 - 1 3 1 1 12 2 n n+ 1 = 4 - 2 n + n+ 1 .
当n→+∞时，1n → 0,
1
n+ 1 → 0,
1
n +
1
n+ 1 → 0，
所以 1 1S - 1 + S - 1 +
1 < 3S - 1 4 ，即
3
4 ≤ λ.2 3 n
所以实数 λ的最小值为 34 .
故选：B.
( · · ( )) = 1 an- 2a例20. 2022 1 1河南 模拟预测 理 已知数列 an 中，a1 4 ，
n+1
a + 2a = ，则满足 an> 的 n的最n n+1 n+ 1 1000
大值为 ( )
A. 3 B. 5 C. 7 D. 9
【答案】B
【解析】根据题意， n+ 1 an- 2 n+ 1 an+1= an+ 2an+1
化简得，an+1a =
n
n 2 n+ 2
∴ ana =
n- 1 , an-1 n- 2 a2 1+ a = 2n , a = 2× 3 , n≥ 2 n-1 2 n 1 n-2 1
运用累乘法计算得 ana =
n- 1 · n- 2 · n- 3 · 2 · 1 = 1 , n≥ 2 ，
1 2 n+ 1 2n 2 n- 1 2× 4 2× 3 2n-2 n n+ 1
且 a1= 14 ，∴ an=
1
n + ,n≥ 2，a1=
1
4 符合该式，2 n n 1
a 1 nn> 1000 时，2 n n+ 1 < 1000
n= 5 时，2n n n+ 1 = 960< 1000；n= 6 时，2n n n+ 1 = 2688> 1000
所以满足条件的n的最大值为 5.
故选：B.
例21. ( 2022 ·四川 ·树德中学高三开学考试 (理 ) ) 已知数列 an 的首项 a 1 = 1，且满足 a n+1 - a n =
n
- 12 n∈N
* ，则存在正整数n，使得 an- λ an+1+ λ < 0成立的实数 λ组成的集合为 ( )
A. -∞,- 1 ∪ 12 2 ,+∞ B.
2
3 ,1
C. 12 ,1 D. -∞,-
2
3 ∪
1
2 ,+∞
【答案】A
n
【解析】由于 an+1- an= - 12 ，所以使用累加法，得：
a = a + a - a + a - a + a - a + + a - a = 2 1- - 1
n
n 1 2 1 3 2 4 3 n n-1 3 2 ，
若n为奇数， a = 2n 3 1+
1
n > 23 ，是递减数列；2
若n为偶数，a 2 1 1n= 3 1- n ≥ 2 ，是递增数列，2
显然 an> 0，对于不等式 an- λ an+1+ λ < 0，
等价于：若 λ< 0，有 an- λ> 0，则 an+1<-λ，n+ 1≥ 2，-λ大于从数列的第 2 项算起的最小值，即只要-λ
> 12 ，λ<-
1
2 ，
必然存在一个正整数n使得不等式 a 1 n- λ an+1+ λ < 0 成立，故 λ∈ -∞,- 2 ；
若 λ> 0，有 an+1+ λ> 0，则 an< λ，即 λ> 1 an min= 2 ，
故 λ∈ 12 ,+∞ ；
故选：A.
n
例22. (2022·宁夏·银川一中三模 (文))已知数列 an 满足 a1= 2，a 1n= an-1+ 2 (n≥ 2且 n∈N
*)，若 an<
M恒成立，则M的最小值是 ( )
A. 2 B. 94 C.
5
2 D. 3
【答案】C
n
【解析】因为数列 an 满足 a1= 2，a 1 *n= an-1+ 2 ，(n≥ 2 且n∈N )
所以 an= a1+ a2- a1+ a3- a2+ a4- a3+...+an- an-1，
2 3 4 n
= 2+ 12 +
1
2 +
1
2 +...+
1
2 ，
1 2 1
n
= 2+ 2
1- 2
1- 1
，
2
= 5 - 1
n+1 5
2 2 < 2 ，
因为 an所以M≥ 52 ，则M的最小值是
5
2 ，
故选：C
例23. (2022·浙江·高三专题练习)数列 an 的前 n项和为 Sn，且 a1+ 3a + +3n-12 an= n 3n，若对任意 n∈
N *，Sn≥ -1 nnλ恒成立，则实数 λ的取值范围为 ( )
A. -3,4 B. -2 2,2 2 C. -5,5 D. -2 2- 2,2 2+ 2
【答案】A
【解析】解：当n≥ 2 时，3n-1an=n 3n- n- 1 3n-1= 2n+ 1 3n-1，
∴ an= 2n+ 1，当n= 1 时，a1= 3 符合上式，
∴ an= 2n+ 1，
∴ = n 3+ 2n+ 1 Sn 2 =n
2+ 2n．
当n为奇数时，λ≥- Snn =- n+ 2 ，
令 g n =- n+ 2 知，当n= 1 时，g n max=-3，
∴ λ≥-3，
当n为偶数时，λ≤ Snn =n+ 2，
令 h n =n+ 2，
∴ λ≤ h 2 = 4，
∴-3≤ λ≤ 4．
故选：A．
1
例24. (2022·全国·高三专题练习)已知数列 {an}的通项公式为 an= ( + )，前 n项和为 Sn，若实数 λ满足n n 2
(-1)nλ< 3+ (-1)n+1Sn对任意正整数n恒成立，则实数 λ的取值范围是 ( )
A. - 10 < λ≤ 9 B. - 103 4 3 < λ<
9
4 C. -
9 10 9 10
4 < λ≤ 3 D. - 4 < λ< 3
【答案】A
【解析】解：a = 1 = 1 1 1n n(n+ 2) 2 n - n+ 2 ，
前n项和为S = 1n 2 1-
1
3 +
1 - 1 + 1 - 12 4 3 5 + +
1
n- 1 -
1 1 1
n+ 1 + n - n+ 2
= 1 1+ 1 1 1 3 1 1 12 2 - n+ 1 - n+ 2 = 4 - 2 n+ 1 + n+ 2 ，
可得 {S }为递增数列，且有S 取得最小值 1n 1 3 ；
且S 3n< 4 ，
当n为偶数时，(-1)nλ< 3+ (-1)n+1Sn对任意正整数n恒成立，
即为 λ< 3-Sn对任意正整数n恒成立，
由 3-Sn> 3- 34 =
9
4 ，
可得 λ≤ 94 ①
当n为奇数时，(-1)nλ< 3+ (-1)n+1Sn对任意正整数n恒成立，
即为-λ< 3+Sn对任意正整数n恒成立，
由 3+Sn≥ 3+S 11= 3+ 3 =
10
3 ，
可得-λ< 103 ，即 λ>-
10
3 ②
由①②解得- 103 < λ≤
9
4 ．
故选：A
例25. (2022·全国·高三专题练习)已知数列 an 中，a1= 2，n an+1- an = an+ 1，若对于任意的 n∈N *，不等
a
式 n+1n+ 1 < t恒成立，则 t的最小值是 ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】∵ a + 1 an a 1 1 1 n+1- an = an+ 1，∴nan+1- n+ 1 a = 1，∴ n - nn n+ 1 n = + = n - n+ 1 ，∴n n 1
an+1 = an+1 - an an an-1 a2 a1n+ 1 n+ 1 n + n - n- 1 + + 2 - 1 + a1
∴ an+1 = 1 1 1n+ 1 n - n+ 1 + n- 1 -
1 + 1 1 1n n- 2 - n- 1 + + 1- 2 + 2
∴ an+1 1 1n+ 1 = 1- n+ 1 + 2= 3- n+ 1 ．
∵ an+1n+ 1 < t，∴ 3-
1
n+ 1 < t，∴ t≥ 3，
故选：B．
【方法技巧与总结】
(1)数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n项和公式、求和方法等对式
子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
(2)数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、
放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
a>F(n)恒成立 a>F(n)max；
a题型四：数列在实际问题中的应用
例26. (2022·上海长宁·二模)甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公
司第一年月基础工资数为 3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加 300元；B公司第一年
月基础工资数为 4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的 1.05倍．
(1)分别求甲、乙两人工作满 10年的基础工资收入总量 (精确到 1元)
(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为 an、bn元，记 cn= an- bn，讨论数列 cn 的单调性，指出
哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．
【解析】(1)甲的基础工资收入总量
S = 3700× 10+ 11 2 × 10× 9× 300 × 12= 606000 元
乙的基础工资收入总量
= 4000× 1.05
10- 1
S2 1.05- 1 × 12= 603739 元
(2)an= 3700+ 300 n- 1 ，bn= 4000× 1.05n-1
cn= 3400+ 300n- 4000× 1.05n-1，cn+1= 3400+ 300 n+ 1 - 4000× 1.05n，
设 c n-1 n-1n+1- cn= 300- 200× 1.05 > 0，即 1.05 < 1.5，解得 1≤n≤ 8
所以当 1≤n≤ 8 时， cn 递增，当n≥ 9 时，cn递减
又当 cn< 0，即 3400+ 300n< 4000× 1.05n-1，解得 5≤n≤ 14，所以从第 5 年到第 14 年甲的月基础工资高
于乙的月基础工资． ．
例27. (2022·全国·高三专题练习)保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策
部署． 2021年 7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发
布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划 2021年新建住房 40万平
方米，其中有 25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上
一年增长 8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加 5万平方米．
(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积 (以 2021年为累计的第一年)将首次不少于
475万平方米
(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%
【解析】(1)设保障性租赁住房面积形成数列 {an}，
由题意可知，{an}是等差数列，其中 a1= 25，d= 5，
n n- 1
则 = + S 25n × 5= 1 5n2n 2 2 + 45n ，
令 1 5n22 + 45n ≥ 475，即n
2+ 9n- 190≥ 0，而n为正整数，解得n≥ 10，
故到 2030 年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积 (以 2021 年为累计的第一年)将首次不少于
475 万平方米；
(2)设新建住房面积形成数列 {bn}，
由题意可知，{bn}是等比数列，其中 b1= 40，q= 1.08，
则 b = 40× (1.08)n-1n ，
由题意知，an> 0.85bn，则 25+ (n- 1) × 5> 40× (1.08)n-1，满足上式不等式的最小正整数n= 6，
故到 2026 年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%．
例28. (2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三期中 (理))某高校 2021届毕业生春季大型招聘会上，A，B两家公司
的工资标准分别是：A公司许诺第一年的月工资为 3000元，以后每年月工资比上一年月工资增加 300元；
B公司许诺第一年月工资为 3500元，以后每年月工资在上一年的月工资基础上增加 5%.若某人被A，B
两家公司同时录取，试问：
(1)若此人分别在A公司或B公司连续工作n n∈N * 年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？
(2)此人打算连续在一家公司工作 10年，仅从工资总收入作为应聘的标准，此人应该选择哪家公司？
参考数据：1.0510≈ 1.629.
【解析】(1)设此人在A，B公司第n年的月工资分别为 an元，bn元，
则 an= 3000+ n- 1 × 300= 300n+ 2700 n∈N * ，
b = 3500× 1+ 5% n-1= 3500× 1.05n-1 n∈N *n .
(2)若此人在A公司连续工作 10 年，则他的工资总收入为
10× 10- 1
12 a1+ a 2+ +a10 = 12× 3000× 10+ 2 × 300 = 522000(元).
若此人在B公司连续工作 10 年，则他的工资总收入为
3500× 1- 1.0510
12 b1+ b2+ +b10 = 12× 1- 1.05 ≈ 528360(元).
因为 522000< 528360，所以此人应该选择B公司.
例29. (2022·全国·高三专题练习)商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定：由该区向建设银行贷款
500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于 2002年初动工，年底竣工并交付使
用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式 (年利率 5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和
水电费 18万元.其余部分全部在年底还建行贷款.
(1)若公寓收费标准定为每生每年 800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款；
(2)若公寓管理处要在 2010年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元 (精确到元)？ (参
考数据：lg1.7343= 0.2391，lg1.05= 0.0212，1.058= 1.4774)
【解析】(1)设公寓投入使用后n年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为 1000× 800(元)
= 800000(元) = 80 万元，扣除 18 万元，可偿还贷款 62 万元. 依题意有
62[1+ (1+ 5%)+ (1+ 5%)2+ +(1+ 5%)n-1]≥ 500(1+ 5%)n+1.
化简得 62(1.05n- 1)≥ 25× 1.05n+1.
∴ 1.05n≥ 1.7343. 两边取对数整理得
≥ lg1.7343n 0.2391lg1.05 = 0.0212 = 11.28.
∴取n= 12(年).∴到 2014 年底可全部还清贷款.
(2)设每生和每年的最低收费标准为 x元，因到 2010 年底公寓共使用了 8 年，
依题意有 1000x10000 - 18 [1+ (1+ 5%)+ (1+ 5%)
2+ +(1+ 5%)7]≥ 500(1+ 5%)9.
8
化简得 (0.1x- 18) 1.05 - 11.05- 1 ≥ 500× 1.05
9.
9
∴ x≥ 10 18+ 25× 1.058- = 10× 18+
25× 1.05× 1.4774
1.05 1 1.4774- 1 = 10× (18+ 81.2) = 992(元).
所以每生每年的最低收费标准为 992 元.
例30. (2022·全国·高三专题练习)在如图所示的数阵中，从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成
等差数列，如：2，4，6，8， ；依次选出来的数可组成等比数列，如：2，4，8，16， .
1
22
344
4688
58121616

记第n行第m个数为 f n,m .
(Ⅰ)若n≥ 3，写出 f n,1 ，f n,2 ，f n,3 的表达式，并归纳出 f n,m 的表达式；
(Ⅱ)求第 10行所有数的和S10.
【解析】(Ⅰ)由数阵可知：
f n,1 =n，f n,2 = 2 n- 1 ，f n,3 = 4 n- 2 ，
由此可归纳出 f n,m = 2m-1 n-m+ 1 .
(Ⅱ)S10= f 10,1 + f 10,2 + f 10,3 + +f 10,10
= 10+ 2× 9+ 22× 8+ +29× 1，
所以 2S10= 20+ 22× 9+ 23× 8+ +210× 1，
10
错位相减得S =-10+ 2+ 22 9 10 2 1- 2 10 + +2 + 2 =-10+ 1- 2 = 2036.
例31. (2022·全国·模拟预测 (文))某企业年初在一个项目上投资 2千万元，据市场调查，每年获得的利润为投
资的 50%，为了企业长远发展，每年底需要从利润中取出 500万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项
目．设经过n n∈N 年后，该项目的资金为 an万元．
(1)求证：数列 an- 1000 为等比数列；
(2)若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？ (lg3≈ 0.5，lg2≈ 0.3)
【解析】(1)证明：由题意知 an= 1+ 50% an-1- 500 n≥ 2 ．
即 an= 32 an-1- 500，所以 an- 1000=
3
2 an-1- 1000 n≥ 2 ．
由题意知 a1= 2000 1+ 50% - 500= 2500，
所以数列 an- 1000 的首项为 a1- 1000= 1500，
所以 an- 1000 是首项为 1500，公比为 32 的等比数列．
(2)由 (1)知数列 an- 1000 的首项为 a1- 1000= 1500，公比为 32 ．
n-1 n-1
所以 a 3 3n- 1000= 1500· 2 ，所以 an= 1500 2 + 1000．
n-1
当 an≥ 4000，得 32 ≥ 2．
- 3 ≥ - ≥ lg2两边取常用对数得 n 1 lg 2 lg2，所以n 1
0.3 3
lg3- lg2 ≈ 0.5- 0.3 = 2 ，所以n≥ 2.5，
因为n∈N ，所以n≥ 3．
即至少经过 3 年，该项目的资金达到翻一番．
例32. (2022·辽宁实验中学模拟预测)冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征
(MERS)和严重急性呼吸综合征 (SARS)等较严重疾病.新型冠状病毒是以前从未在人体中发现的冠状
病毒新毒株，人感染了冠状病毒后常见体征有呼吸道症状 发热 咳嗽 气促和呼吸困难等.日前正在世界
范围内广泛传播，并对人类生命构成了巨大威胁.针对病毒对人类的危害，科研人员正在不断研发冠状病
毒的抑制剂.某种病毒抑制剂的有效率为 60%，现设计针对此抑制剂的疗效试验：每次对病毒使用此抑制
剂，如病毒被抑制，得分为 2分，如抑制剂无效，得分 1分，持续进行试验.设得分为 n n∈N+ 时的概率为
Pn.
(1)进行两次试验后，总得分为随机变量X，求X的分布列和数学期望；
(2) 5求证：P12> 8 .
【解析】(1)解：两次试验后，随机变量X可能取值为 2 3 4
2 2P 4 X= 2 = 5 = 25 ，P X= 3 =C
1× 2 3 = 12 2 5 5 25 ，P X= 4
3
= 5
3 = 95 25
X的分布列为
X 2 3 4
P 4 12 9
25 25 25
X的学期望为E X = 3.2
(2)证明：P 2 21= 5 ，P2= 5 ×
2 + 3 = 195 5 25
由已知P = 2 3n 5 Pn-1+ 5 Pn-2 n≥ 3 ，
所以Pn-Pn-1=- 3 9 35 Pn-1-Pn-2 ，即 Pn-Pn-1 是以P2-P1= 25 为首项，- 5 为公比的等比数列，
9 3 n-2∴Pn-Pn-1= 25 - 5 n≥ 2
3 11
9 1- - 5 11∴P12= P2-P1 + P3-P2 + P12-P 2 511 +P1= 25 3 + 5 = 8 +
9 3
1- - 5
40 5
∴P > 512 8 ．
例33. (2022·全国·高三专题练习 (理))足球运动被誉为“世界第一运动”．深受青少年的喜爱．
(Ⅰ)为推广足球运动，某学校成立了足球社团，由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是
否录取，规则如下：踢点球一次，若踢进，则被录取；若没踢进，则继续踢，直到踢进为止，但是每人最多踢
点球 3次．
下表是某同学 6次的训练数据，以这 150个点球中的进球频率代表其单次点球踢进的概率．为加入足球
社团，该同学进行了“点球测试”，每次点球是否踢进相互独立，他在测试中所踢的点球次数记为 ξ，求 ξ的
分布列及数学期望；
(Ⅱ)社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接
球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开
始传球的人为第 1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1= 1．
(i)求P2,P3(直接写出结果即可)；
(ii)证明：数列 Pn-
1
3 为等比数列，并判断第 19次还是第 20次触球者是甲的概率大．
【解析】(Ⅰ)这 150 个点球中的进球频率为 10+ 17+ 20+ 16+ 13+ 14150 = 0.6，则该同学踢一次点球命中
的概率 p= 0.6，
由题意，ξ可能取 1，2，3，则P ξ= 1 = 0.6，P ξ= 2 = 0.4× 0.6= 0.24，P ξ= 3 = 0.4× 0.4= 0.16，
ξ的分布列为：
ξ 1 2 3
p 0.6 0.24 0.16
即E ξ = 1× 0.6+ 2× 0.24+ 3× 0.16= 1.56．
(Ⅱ) (i)由题意P2= 0，P 13= 2 ．
(ii)第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥ 2 时，第n- 1 次触球者是甲的概率为Pn-1，
第n- 1 次触球者不是甲的概率为 1-Pn-1，则Pn=P 1 1n-1 0+ 1-Pn-1 2 = 2 1-Pn-1 ，从而Pn-
1
3 =
- 12 P
1
n-1- 3 ，
又P - 1 = 2 ，∴ P - 1 是以 21 3 3 n 3 3 为首项，公比为-
1
2 的等比数列．
则P = 2 1
n-1 1 2 1 18 1 1 2 1 19 1 1
n 3 - 2 + 3 ，P19= 3 - 2 + 3 > 3 ，P20= 3 - 2 + 3 < 3 ，
P19>P20，故第 19 次触球者是甲的概率大．
【方法技巧与总结】
现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识去解决．
(1)数列实际应用中的常见模型
①等差模型：如果增加 (或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第 n项 an
与第n+ 1项 an+1的递推关系还是前n项和Sn与前n+ 1项和Sn+1之间的递推关系．
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一
般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用
等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．
(2)解决数列实际应用题的 3个关键点
①根据题意，正确确定数列模型；
②利用数列知识准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
题型五：数列不等式的证明
例34. (2022·浙江·模拟预测)已知正项数列 an 满足 a0= 0,a2 2n+1- an= 2(n+ 1),n∈N．
(1) a求证： n+2 < an+1a ；n+1 an
(2) 1求证：a +
1 + + 1a a < lnn．2 3 n
【解析】(1) ∵ a = 0,a2 20 n+1- an= 2(n+ 1) (n∈N)，
∴ a2n= 0+ 2+ 4+ +2n=n(n+ 1)，
∴ an+1 = + 2 , a1 n+2a = 1+
2
n n an+1 n+ 1
，
∴ an+2 < an+1a ．n+1 an
(2) ∵ an= n(n+ 1)，∴ 1a <
1
n n
，
∴ 1 + 1 + + 1 1 1a a a < 2 + 3 + +
1
2 3 n n
.
下面证明：lnx< x- 1(x> 1).
令 f(x) = lnx- x+ 1(x> 1)，则 f (x) = 1 - 1= 1- xx x < 0(x> 1)，
因此 f(x)在 (1,+∞)上单调递减，所以 f(x)< f(1) = 0，即 lnx- x+ 1< 0(x> 1)，
∴ lnx< x- 1(x> 1)，∴ ln 1x > 1- x(x≠ 1)，∴ ln
n n- 1 1
n- 1 > 1- n = n，
又∵ lnn= ln 2 + ln 31 2 + +ln
n
n- 1 ，∴ ln
2 + ln 31 2 + +ln
n > 1 + 1 + + 1n- 1 2 3 n，
∴ lnn> 1 12 + 3 + +
1 > 1n a +
1
a + +
1
2 3 an
例35. (2022秋 邛崃市月考)已知函数 f(x) = xln(1+ x) - a(x+ 1) (x> 0)，其中 a为实常数．
(1) 2x若函数 g(x) = f (x) - 1+ x ≥ 0定义域内恒成立，求 a的取值范围；
( ) f(x)2 证明：当 a= 0时， 2 ≤ 1；x
(3) 1 1 1求证：2 + 3 + + n+ 1 < ln(1+n)< 1+
1 + 1 + + 12 3 n．
【解答】解：(1)由题意 g(x) = ln(1+ x) - x1+ x - a,x∈ [0,+∞)
则 g (x) = 1 1 x1+ x - (1+ x)2 = (1+ )2 ≥ 0x
即 g(x)在 [0，+∞)上单调递增，
a≤ g(0) = 0，
∴ a∈ (-∞，0]；
(2)即证 ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
设 h(x) = ln(1+ x) - x(x> 0)，
∴ h (x) = 11+ x - 1=
-1
1+ x ≤ 0
∴ h(x)在 [0，+∞)上单调递减，
∴ h(x)≤ h(0) = 0，
∴ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)；
(3)利用 xx+ 1 ≤ ln(1+ x)≤ x，x∈ [0，+∞)，
令 x= 1n，得：
1
n+ 1 < ln(1+n) - lnn<
1
n，
1
n < lnn- ln(n- 1)<
1
n- 1 ，
，
1
2 < ln2- ln1< 1，
累加得：1 + 1 + + 12 3 n+ 1 < ln(1+n)< 1+
1 1 1
2 + 3 + + n，
∴ = f(x)当 a 0 时， 2 ≤ 1；x
例36. (2022 广州二模)已知数列 {an}和 {bn}
a b
满足 a1= b1，且对任意n∈N *都有 a + b = 1， n+1 nn n a = 2 ．n 1- an
(1)求数列 {an}和 {bn}的通项公式；
( ) a2 + a3 + a4 + + an+1 < ( + )< a1 + a2 + a3 + + a2 证明： ln 1 n n．
b2 b3 b4 bn+1 b1 b2 b3 bn
【解答】(1)解：∵对任意n∈N *都有 an+ =
a
b 1， n+1n a =
bn
- 2 ，n 1 an
∴ an+1a =
bn = 1- an = 1 ．
n 1- a2 1- a2n n 1+ an
∴ 1a =
1
a + 1，即
1 1
a - a = 1．n+1 n n+1 n
∴数列 1 a 是首项为
1
a ，公差为 1 的等差数列．n 1
∵ a1= b1，且 a1+ b1= 1，
∴ a1= b1= 12 ．
∴ 1a = 2+ (n- 1) =n+ 1．n
∴ an= 1n+ 1 ，bn= 1- a =
n
n n+ 1 ，
( )证明：∵ = 1 ， = n ，∴ a2 a nn n+ 1 bn n+ 1 =
1
bn n
．
∴所证不等式 a2 + a3 + a4 + + an+13 <
a a a
ln(1+n)< 1 + 22 +
3 + + an ，
b2 b b4 bn+1 b1 b b3 bn
即 12 +
1
3 +
1 1 1 1 1
4 + + n+ 1 < ln(1+n)< 1+ 2 + 3 + + n．
①先证右边不等式：ln(1+n)< 1+ 12 +
1
3 + +
1
n．
令 f(x) = ln(1+ x) - x，则 f (x) = 1 x1+ x - 1=- 1+ x．
当 x> 0 时，f′ (x)< 0，
所以函数 f(x)在 [0，+∞)上单调递减．
∴当 x> 0 时，f(x)< f(0) = 0，即 ln(1+ x)< x．
分别取 x= 1, 1 1 12 , 3 , n．
得 ln(1+ 1) + ln 1+ 12 + ln 1+
1
3 + +ln 1+
1 < 1+ 1 + 1 + + 1n 2 3 n．
即 ln (1+ 1) 1+ 12 1+
1
3 1+
1 1n < 1+ 2 +
1
3 + +
1
n．
也即 ln 2× 3 × 4 × × n+ 12 3 n < 1+
1
2 +
1
3 + +
1
n．
即 ln(1+n)< 1+ 1 + 12 3 + +
1
n．
②再证左边不等式：1 1 1 12 + 3 + 4 + + n+ 1 < ln(1+n)．
令 f(x) = ln(1+ x) - x 1+ x，则 f (x) =
1
1+ x -
1 x
(1+ x)2 = (1+ x)2 ．
当 x> 0 时，f′ (x)> 0，
所以函数 f(x)在 [0，+∞)上单调递增．
∴当 x> 0 时，f(x)> f(0) = 0，即 ln(1+ x)> x1+ x．
分别取 x= 1, 1 , 1 12 3 , n．
得 ln(1+ 1) + ln 1+ 12 + ln 1+
1 + +ln 1+ 1 > 1 + 13 n 2 3 + +
1
1+n．
即 ln (1+ 1) 1+ 12 1+
1
3 1+
1
n >
1 1 1
2 + 3 + + 1+n．
也即 ln 2× 3 × 4 × × n+ 1 > 1 + 1 12 3 n 2 3 + + 1+n．
即 ln(1+n)> 1 12 + 3 + +
1
1+n．
∴ a2 + a3 + a4 + + an+1 < aln(1+n)< 1 + a2 + a3 + + an ．
b 32 b b4 bn+1 b1 b2 b3 bn
例37. (2022秋 泰山区校级月考)设函数 f(x) = x2+ bln(x+ 1)，其中 b≠ 0．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)当 n ∈ N +且 n≥ 2 1 1 1 1 1 1 1时证明不等式：ln 2 + 1 3 + 1 n + 1 + 3 + 3 + ++2 3 n3 > 2 -
1
n+ 1．
2
2 x+ 1 + b- 1
【解答】解：(1)f′ (x) = 2x+ b 2 2x+ 1 = x+ 1 (x>-1)，
当 b≥ 12 时，f′ (x)≥ 0，f(x)在 x>-1 上递增；
当 b< 1 ，f′ (x) = 0，解得，x = -1- 1- 2b，x = -1+ 1- 2b2 1 2 2 2 ，
①当 b< 0 时，x1<-1，x2>-1，f′ (x)> 0，得 x> x2，f′ (x)< 0，得-1< x< x2，
②当 0< b< 12 时，x1>-1，x2>-1，f′ (x)> 0，得 x> x2，-1< x< x1，f′ (x)< 0，得 x1< x< x2；
综上可得，当 b≥ 12 时，f(x)的增区间为 (-1,+∞)；
当 b< 0 时，f(x)的增区间为 -1+ 1- 2b2 ，+∞ ，减区间为 -1,
-1+ 1- 2b
2 ；
当 0< b< 1 时，f(x)的增区间为 -1+ 1- 2b，+∞ ， -1, -1- 1- 2b2 2 2
减区间为 -1- 1- 2b，-1+ 1- 2b2 2 ；
(2)b=-1 时，f(x) = x2- ln(x+ 1)，
( ) = 3- ( )= 3- 2+ ( + ) ′ ( ) = 3x
3+ (x- 1)2
令 h x x f x x x ln x 1 ，h x x+ 1 在 x≥ 0 恒正，
h(x)在 [0，+∞)递增，x> 0 时，h(x)> h(0) = 0，即当 x> 0 时，x3- x2+ ln(x+ 1)> 0，
即 ln(x+ 1) + x3> x2，对任意的n为正整数，取 x= 1 1 1 1n，有 ln 1+ n + 3 > 2 ，n n
则 ln 1 + 1 1 2 3 + 1
1
n + 1 +
1 1
3 + 3 + +
1
2 3 n3
= ln 1+ 12 + ln 1+
1 + +ln 1+ 1 1 1 13 n + + + +23 33 n3
= ln 1+ 1 + 1 + ln 1+ 1 + 12 3 3 3 + +ln 1+
1 1
2 3 n + n3
> 1 12 + 2 + +
1
2 3 n2
> 1 1 12× 3 + 3× 4 + + n(n+ 1)
= 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 12 3 3 4 n n+ 1
= 12 -
1
n+ 1 ．
例38. (2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中)已知函数 f x = lnx - x + 1，x ∈ 0,+∞ ，g x = sinx -
ax a∈R ．
(1)求 f x 的最大值；
(2) π若对 x1∈ 0,+∞ ，总存在 x2∈ 0, 2 ，使得 f x1 < g x2 成立，求实数 a的取值范围；
n n n
(3)证明不等式 sin 1n + sin
2
n + +sin
n < en e- 1 (其中 e是自然对数的底数)．
【解析】
(1)f(x) = lnx- x+ 1，x∈ (0,+∞)，f (x) = 1 - 1= 1- xx x (x> 0)，
当 0< x< 1 时，f (x)> 0，当 x> 1 时，f (x)< 0，
所以 f(x)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，
所以当 x= 1 时，f(x)取得最大值，即 f(x)max= f(1) = 0．
(2)对 x1∈ (0,+∞)，总存在 x2∈ 0, π2 使得 f(x1)< g(x2)成立，
等价于存在 x2∈ 0, π2 使得 f(x)max< g(x2)成立，
由 (1)可知 f(x)max= 0，问题转化为存在 x2∈ 0, π2 ，使得 g(x2)> 0，
g(x) = sinx- ax，g (x) = cosx- a，当 x∈ 0, π2 时 cosx∈ (0,1)，
①当 a≥ 1 时，若 x∈ 0, π2 ，g
(x)< 0，函数 g(x)单调递减，g(x)< g(0) = 0，不符合题意；
②当 0< a< 1 时， x π0∈ 0, 2 ，使得 g
(x0) = 0，
x∈ (0,x0)时，g (x)> 0，函数单调递增；x∈ x0, π2 时，g
(x)< 0，函数单调递减，
即 g(x)max= g(x π0)> g(0) = 0，则 x2∈ 0, 2 ，使得 g(x2)> 0，符合题意；
③当 a≤ 0 时，若 x∈ 0, π ，g 2 (x)> 0，函数 g(x)单调递增，g(x)> g(0) = 0，
则 x2∈ 0, π2 ，使得 g(x2)> 0，符合题意；
综上可知，所求实数 a的取值范围是 (-∞,1)
(3)
n n
由 (2)可得当 a= 1 时，若 x∈ (0,1]，sinx< x，令 x= kn (k≤n,k,n∈N *)，
k
n ∈ (0,1]，有 sin
k
n <
n
kn ；
再由 (1)可得：lnx≤ x- 1，则 ln k ≤ k - 1= k-nn n n ，
即n ln k
n n
n ≤ k-n，也即 ln
k
n ≤ k-n，∴
k
n ≤ e
k-n，e1-n> 0
n
1 + 2
n n 1-n n-n 1-n
n n + +
n 1-n
n ≤ e + e
2-n+ +en-n= e - e e e- e e1- e = e- 1 < e- 1 ．
n n n
则 sin 1 + sin 2 + +sin n < 1
n 2 n n n + + + < en n n n n n e- 1
n n n
所以 sin 1n + sin
2 + +sin n < en n e- 1 ．
【点睛】本题考查了利用导数求最值，根据函数不等式求参数范围，利用导数证明不等式，意在考查学生的
计算能力和综合应用能力，分类讨论求单调区间进而求最值是解题的关键，利用不等式放缩证明不等式
是本题的难点.
例39. (2021·四川·射洪中学高三月考 (文))已知函数 f(x) = lnx- x+ 1，x∈ (0,+∞)，g(x) = ex- ax.
(1)求 f(x)的最大值；
(2)若对 x1∈ (0,+∞)，总存在 x2∈ [1,2]使得 f(x1)≤ g(x2)成立，求 a的取值范围；
(3) 1
n n n
证明不等式： n +
2 + + nn n <
e
e- 1 .
【解析】
(1)由 f(x) = lnx- x+ 1，x∈ (0,+∞)，得 f (x) = 1 - 1= 1- xx x (x> 0)，
当 0< x< 1 时，f (x)> 0，当 x> 1 时，f (x)< 0，
所以 f(x)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，
所以当 x= 1 时，f(x)取得最大值，即 f(x)max= f(1) = 0，
(2)对 x1∈ (0,+∞)，总存在 x2∈ [1,2]使得 f(x1)≤ g(x2)成立，等价于 f(x)max≤ g(x)max，
由 (1)可知 f(x)max= 0，即问题转化为 g(x)max≥ 0，
当 a≤ 0 时，g(x) = ex- ax在 [1,2]上恒为正，满足题意，
当 a> 0 时，由 g(x) = ex- ax，得 g (x) = ex- a，令 g (x) = 0，得 x= lna，
所以当 x< lna时，g (x)< 0，当 x> lna时，g (x)> 0，
所以 g(x)在 (-∞,lna)上递减，在 (lna,+∞)上递增，
当 lna≤ 1，即 a≤ e 时，g(x)在 [1,2]上单调递增，则 g(x)max= g(2) = e2- 2a，
2
所以 e2- 2a≥ 0，得 a≤ e2 ，所以 a≤ e，
当 1< lna≤ 2，即 e< a≤ e2时，g(x)在 (1,lna)上递减，在 (lna,2]上递增，因为 g(1) = e- a< 0，所以只
2 2
要 g(2) = e2- 2a≥ 0，得 a≤ e e2 ，所以 e< a≤ 2 ，
当 lna> 2，即 a> e2时，g(x)在 [1,2]上单调递减，则 g(x)max= g(1) = e- a，所以 e- a≥ 0，得 a≤ e，不合
题意，
2
综上，a的取值范围为 -∞, e 2 ，
(3)由 (1)得 f(x)≤ 0，即 lnx≤ x- 1(x> 0)，
取 x= kn，则 ln
k ≤ k - 1= k-nn n n ，
n
所以nln kn ≤ k-n，即
k
n ≤ e
k-n，
n n n
所以 1 + 2n n + +
n
n
≤ e1-n+ e2-n+ +en-n
e1-n= - e
n-n e = e- e
1-n
< e1- e e- 1 e- 1
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，利用导数解决不等式恒成立问
题，考查放缩法证明不等式，解题的关键是由 (1)的结果可得 lnx≤ x- 1(x> 0)，取 x= kn，则 ln
k
n ≤
k
n -
1= k-n
n
n ，从而可得
k ≤ ek-nn ，然后给 k取值，结放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题
a (a + 1)
例40. (2021·全国·高三专题练习) a n n已知正项数列 n 的前n项和为Sn，且Sn= 2 .
(1)计算 a1、a2、a3，猜想数列 an 的通项公式；
(2)用数学归纳法证明数列 an 的通项公式；
(3) 1证明不等式 2 +
1 + 12 2 + +
1 7
2 < 4 对任意n∈N
*恒成立.
a1 a2 a3 an
【解析】
( ) a (a + 1)1 因为正项数列 an 的前n项和Sn= n n2 ，
a
所以当n= 1 时，S = a = 1(a1+ 1)1 1 2 ，解得 a1= 1；
当n= 2 时，S2= a1+ =
a2(a2+ 1)a2 2 ，解得 a2= 2；
= a (a + 1)当n 3 时，S3= a 3 31+ a2+ a3= 2 ，解得 a3= 3，
则猜想数列 an 的通项公式为 an=n.
(2)证明数列 an 的通项公式为 an=n：
当n= 1 时，a1= 1，显然成立；
= = = k(k+ 1)假设当n k时成立，则 ak k，Sk 2 ，
a
那么当n= k+ 1 时，S = k+1(ak+1+ 1)k+1 2 ，2Sk+1= a
2
k+1+ ak+1，
( k(k+ 1)即 2 S + a ) = a 2+ a ，2 + a 2k k+1 k+1 k+1 2 k+1 = ak+1+ ak+1，
整理得 a 2k+1- ak+1- k(k+ 1) = 0，即 (ak+1- k- 1) (ak+1+ k) = 0，
解得 ak+1= k+ 1 或 ak+1=-k(舍去)，ak+1= k+ 1，
故当n= k+ 1 时也成立，
综上所述，an=n.
(3)因为 an=n，所以当n≥ 2 时，1 = 1 < 1 = 1 - 1 ，a 2n n2 n(n- 1) n- 1 n
则 1 1 1 1 1 1 1 1
a2
+ 2 + 2 + + 2 = 2 +a a a 1 22 + + +1 2 3 n 32 n2
< 1+ 1 + 1 14 2 - 3 + +
1 1 1 1
n- 1 - n = 1+ 4 + 2 -
1 = 7 - 1n 4 n <
7
4 ，
故不等式 1 1 12 + 2 + 2 + +
1 < 72 4 对任意n∈N
*恒成立.
a1 a2 a3 an
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的项的求法、数学归纳法证明数列的通项公式以及不等式恒成立的证
明，考查学生对数学归纳法的掌握程度，能否得出 1 1 1
a 2
<
n n- 1
- n 是解决本题的关键，考查推理能力与
计算能力，是难题.
例41. (2021·全国·高二单元测试)设数列 an 的前n项和为Sn，已知 2Sn= an+1- 2n+1+ 1 n∈N * ，且 a2= 5．
(1)证明 an n + 1 为等比数列，并求数列 an 的通项公式；2
(2)设 bn= log3 an+ 2n ，且Tn= 1 + 1 1b2 b2 + + b2 ，证明Tn< 2；1 2 n
(3)在 (2)的条件下，若对于任意的n∈N *不等式 bn 1+n - λn bn+ 2 - 6< 0恒成立，求实数 λ的取值
范围．
【解析】
解：(1)在 2Sn= an+1- 2n+1+ 1，n∈N *中，
令n= 1，得 2S1= a - 222 + 1，即 a2= 2a1+ 3，
∵ a2= 5，解得 a1= 1，
当 ≥ 时，由 2Sn= an+1- 2
n+1+ 1
n 2 n2S = a - 2n+ ，得到 2a1 n= an+1- an- 2 ，n-1 n
则 an+1n+1 + 1=
3 an
2 2 2n + 1 ，
又 a2= 5，则
a2 a
2 + 1=
3 1
2 2 21 + 1 ，
∴数列 an 3 3 n + 1 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，2
∴ an + 1= 3
n-1
× 3 ，即 a = 3n- 2n2n 2 2 n ，
(2)bn= log3 an+ 2n ，则 bn= log 3n3 =n，
当n= 1 时，T = 11 2 = 1< 2，b1
当n≥ 2 时，12 <
1 = 1 - 1 ，
n n n- 1 n- 1 n
Tn= 12 +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
b b2
+
b2
+ + 2 = 2 + 2 + 2 + + 2 < 2 + 1-
1 2 3 bn 1 2 3 n 1 2
+ 2 - 3 + + n- 1 - n = 2- n
< 2，
综上，Tn< 2．
(3)当 bn 1+n - λn bn+ 2 - 6< 0 恒成立时，
即 1- λ n2+ 1- 2λ n- 6< 0 n∈N * 恒成立，
设 f n = 1- λ n2+ 1- 2λ n- 6 n∈N * ，
当 λ= 1 时，f n =-n- 6< 0 恒成立，则 λ= 1 满足条件；
当 λ< 1 时，由二次函数性质知不恒成立；
当 λ> 1 时，由于对称轴 x=- 1- 2λ- < 0，则 f n 在 1,+∞ 上单调递减，1 λ
f n ≤ f 1 =-3λ- 4< 0 恒成立，则 λ> 1 满足条件，
综上所述，实数 λ的取值范围是 1,+∞ ．
【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式，考查构造数列法，以及数列不等式的证明，注意运用放缩法
和裂项相消求和，考查数列的单调性的运用，以及转化思想和运算能力和推理能力，属于难题．
例42. (2021·全国·高三月考 (理))设函数 f(x) = x2+ bln(x+ 1)，其中 b≠ 0．
(1)当 b= 2时，求函数 y= f(x)的图象在点 (0,0)处的切线方程；
(2)讨论函数 f(x)的单调性；
(3)当n∈N *，且n≥ 2 1时，证明不等式 ln + 1 1 + 1 1 + 1 + 1 + 1 + + 1 1 2 3 n 3 >2 33 n3 2 -
1
n+ 1．
【解析】
解：(1)当 b= 2 时，f (x) = 2x+ 2x+ 1 ，
∴ f (0) = 2，故切线的斜率为 2，
∴函数 y= f(x)的图象在点 (0,0)处的切线方程为 y= 2x；
1 2
b 2 x+ 2 + b-
1
(2)f (x) = 2x+ 2x+ 1 = x+ 1 (x>-1)，
当 b≥ 1 2 时，f (x)≥ 0，函数 f(x)在区间 (-1,+∞)上单调递增，
当 b< 12 时，f
(x) = 0，解得 x = -1- 1- 2b，x = -1+ 1- 2b1 2 2 2 ，
①当 b< 0 时，x1<-1，x2>-1，
令 f (x)> 0，解得 x> x2，令 f (x)< 0，解得-1< x< x2，
∴函数 f(x)在区间 -1, -1+ 1- 2b2 上单调递减，在
-1+ 1- 2b
2 ,+∞ 上单调递增，
②当 0< b< 12 时，x1,x2∈ (-1,+∞)，
令 f (x)> 0，解得-1< x< x1或 x> x2，令 f (x)< 0，解得 x1< x< x2，
∴函数 f(x)在区间 -1- 1- 2b , -1+ 1- 2b2 2 上单调递减，
在 -1, -1- 1- 2b2 ，
-1+ 1- 2b
2 ,+∞ 上单调递增；
(3)证明：当 b=-1 时，f(x) = x2- ln(x+ 1)，
令 g(x) = x3- f(x) = x3- x2+ ln(x+ 1) (x≥ 0)，
3x3 ( ) = + (x- 1)
2
g x x+ 1 在区间 [0,+∞)上恒为正，
∴函数 y= g(x)在区间 [0,+∞)上单调递增，
当 x∈ [0,+∞))时，g(x)≥ g(0) = 0，
∴当 x∈ (0,+∞)时，x3- x2+ ln(x+ 1)> 0，
即 x3+ ln(x+ 1)> x2，对任意正整数n，取 x= 1n，有
1
3 + ln 1n + 1 >
1
2 ，n n
∴ ln 1 1 1 1 1 12 + 1 3 + 1 n + 1 + 3 + + +2 33 n3
= ln 1 + 1 + ln 12 3 + 1 + +ln
1
n + 1 +
1
3 +
1 + + 1
2 33 n3
= ln 12 + 1 +
1
3 + ln 13 + 1 +
1
3 + +ln 1n + 1 +
1
2 3 n3
> 1 1 1
22
+ 2 + +3 n2
> 1 + 12× 3 3× 4 + +
1
n× (n+ 1)
= 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 12 3 3 4 n - n+ 1
= 1 - 12 n+ 1 ．
【点睛】本题主要考查函数与导数的综合应用，考查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于难题．
【方法技巧与总结】
(1)构造辅助函数 (数列)证明不等式
(2)放缩法证明不等式
在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放
缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大 (或缩小)分式的分子 (或
分母).
放缩法证不等式的理论依据是：A>B,B>C A>C；A放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.
方法 1：对 an进行放缩，然后求和.
n
当 ak既不关于 n单调，也不可直接求和，右边又是常数时，就应考虑对 an进行放缩，使目标变成可求和的
k=1
情形，通常变为可裂项相消或压缩等比的数列.证明时要注意对照求证的结论，调整与控制放缩的度.
方法 2：添舍放缩
方法 3：对于一边是和或者积的数列不等式，可以把另外一边的含 n的式子看作是一个数列的前 n项的和或
者积，求出该数列通项后再左、右两边一对一地比较大小，这种思路非常有效，还可以分析出放缩法证明的操
作方法，易于掌握.需要指出的是，如果另外一边不是含有 n的式子，而是常数，则需要寻找目标不等式的加
强不等式，再予以证明.
方法 4：单调放缩
题型六：公共项问题
例43. (2022·全国·高二课时练习)已知两个等差数列 5，8，11， ，302与 3，7，11， ，399，则它们所有公共项
的个数为 ( )
A. 23 B. 24 C. 25 D. 26
【答案】C
【解析】设两数列的所有相同的项构成的新数列为 cn ，c1= 11，
又数列 5，8，11， ，302 的公差为 3，
数列 3，7，11， ，399 的公差为 4，
所以数列 cn 的公差为 12，所以 cn= 12n- 1≤ 302，解得n≤ 25 14 ，
所以两数列有 25 个公共项.
故选：C
例44. (多选题) (2022·全国·高三专题练习)已知 n,m∈N ，将数列 {4n+ 1}与数列 {5m}的公共项从小到大排
列得到数列 an ，则 ( )
A. an= 5n B. an= 5n
5 5n- 1 5 25n- 1
C. an 的前n项和 4 D. an 的前n项和为 24
【答案】BC
【解析】令 4n+ 1= 5m n,m∈N * ，
= 5
m- 1 = 4+ 1
m- 1 4m所以 = +C
1 m-1
m 4 + +Cm-1m 4n 4 4 4 ∈N
m= 2,3, ，
当m= 1 时，n= 1，所以数列 5m 为数列 4n+ 1 的子数列，
5 1- 5n 5 5n- 1
所以 an= 5n n= 1,2,3 ，所以 的前

an n项为 1- 5 = 4 .
故选：BC .
例45. (2022·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高二开学考试)已知两个等差数列 an ：5，8，11， 与 bn ：
3，7，11， ，它们的公共项组成数列 cn ，则数列 cn 的通项公式 cn=___________；若数列 an
和 bn 的项数均为 100，则 cn 的项数是___________.
【答案】cn= 12n- 1 25
【解析】因为等差数列 an ：5，8，11， 的首项为 5，公差为 3，
所以通项公式为 an= 3n+ 2，
bn ：3，7，11， 的首项为 3，公差为 4，
所以通项公式为 bn= 4n- 1，
所以它们的公共项组成数列 cn 是等差数列，且首项为 11，公差为 3× 4= 12，
所以数列 cn 的通项公式 cn= 11+ 12 n- 1 = 12n- 1；
因为数列 an 和 bn 的项数均为 100，
所以 12n- 1≤ 3× 100+ 2 ，解得 1≤n≤ 25.25，12n- 1≤ 4× 100- 1
所以 cn 的项数是 25.
故答案为：cn= 12n- 1，25.
例46. (2022·北京昌平·高二期末)数列 an :a1，a2， ，an， ； bn :b1，b2， ，bn， ，定义数列 an&bn:a1，a2，
b3，a4，a5，b6，a7， .
= -1,n为奇数①设 an , ，bn= 1，1≤n≤ 29，则数列 an&bn的所有项的和等于___________；2 n为偶数
②设 an= 5n，bn= 4n- 1，1≤n≤ 29，则数列 an&bn与 bn&an有___________个公共项.
【答案】19 2
【解析】①由题意可得：
& = an,n≠ 3k,k∈N
*
an bn , = , ∈ *，∴当 1≤n≤ 29 时，数列 an&bb n 3k k N n的所有项的和为：n
9× 1+ 15- 5 × -1 + 14- 4 × 2= 19；
②由题意可得：
& = 5n,n≠ 3k,k∈N
* 4m- 1,m≠ 3k,k∈N *
an bn ，b &a = 4n- 1, n= 3k,k∈N * m m 5m,m= ，3k, k∈N *
很显然，要使 an&bn= bm&am，必须n m同时为 3 的倍数或者同时不为 3 的倍数，
若n m同时为 3 的倍数，则有 5m= 4n- 1，则n= 24 或n= 9，此时m= 19 或m= 7，不成立；
若n m同时不为 3 的倍数，则有 5n= 4m- 1，则m= 4 或 14 或 19 或 29，此时对应的有n= 3 或 11 或 15
或 23，
把与题意相矛盾的舍去，剩下m= 14，n= 11 或m= 29，n= 23，
即 a11&b11= b14&a14或 a23&b23= b29&a29，
即数列 an&bn与 bn&an有 2 个公共项；
故答案为 19；2.
例47. (2022·江苏·高二单元测试)将数列 2n 与 2n 的公共项从小到大排列得到数列 {an}，则 {an}的前 10
项和为________
【答案】4046211- 2
【解析】因为数列 {an}是由 {2n}和 {2n}的公共项从小到大排列得到，
所以数列 {an}的前 10 项为 2，22，23， ，210，
即 {an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列.
所以数列 {an}的前 10 项和为
+ 2+ 3+ + 10= 2(1- 2
10)
2 2 2 2 111- 2 = 2 - 2= 4046.
故答案为：4046
例48. (2022·江西·南昌市八一中学高一月考)将数列 4n- 3 与 3n- 1 的公共项从小到大排列得到数列
{an}，则 {an}的前n项和为_____________．
【答案】n(6n- 1)
【解析】数列 4n- 3 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，数列 3n- 1 是首项为 2 公差为 3 的等差数列，它
们的公共项是首项为 5 公差为 12 的等差数列，
= + n(n- 1)所以Sn 5n 2 × 12=n(6n- 1)．
故答案为：n(6n- 1)．
例49. (2022·河南商丘·高三月考 (理))将数列 2n 与 3n+ 1 的公共项从小到大排列得到数列 an ，则其通
项 an=___________.
【答案】4n
【解析】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 3n+ 1 中的项.
即 4，16，64，256， 可以写成 3n+ 1 的形式，观察，归纳可得 an= 4n.
故答案为：4n.
题型七：插项问题
例50. (2022·全国·高三专题练习 (文))若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得
数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现将数列 1，2进行构造，第 1次得到数列 1，3，2；第 2次得到
数列 1，4，3，5，2；依次构造，第 n(n∈N )次得到数列 1，x1，x2，x3， ，xk，2；记 an= 1+ x1+ x2+ +xk
+ 2，若 an> 2022成立，则n的最小值为___________.
【答案】7
【解析】由题意得 a1= 1+ 3+ 2= 6，an+1= 1+ (1+ x1) + x1+ x1+ x2 + x2+ +xk+ xk+ 2 + 2
= 2× 1+ 3x1+ 3x2+ +3xk+ 2× 2= 3× (1+ x1+ x2+ +xk+ 2) - 3
= 3an- 3，故 an+1- 32 = 3a - 3-
3
n 2 = 3 a -
3
n 2 ，a1-
3
2 =
9
2 ，
所以数列 3 9 an- 2 是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，故 a -
3
n 2 =
9 n-1
2 3 ，
n+1
a = 3 + 3
n+1
，要使 a 3 + 3n 2 n> 2022 即 2 > 2022，化简得 3
n+1> 4041，
又n∈N ，故n的最小值为 7.
故答案为：7.
例51. (2022·全国·高二课时练习)在-9和 3之间插入 n个数，使这 n+ 2个数组成和为-21的等差数列，则 n
= ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
【解析】设构成的等差数列为 an ，则 a1=-9，an+2= 3，项数为n+ 2，Sn+2=-21．由Sn+2=
n+ 2 a1+ an+2 = n+ 2 × -6 2 2 =-21，解得n= 5．
故选：B．
例52. (2022·全国·高二专题练习)已知数列 an 的通项公式为 an= 2n，在 a1和 a2之间插入 1个数 x11，使 a1，
x11，a2成等差数列；在 a2和 a3之间插入 2个数 x21,x22，使 a2,x21,x22,a3成等差数列； 在 an和 an+1之间插
入 n个数 xn ,xn ,xn , ,xnn，使 an,xn ,xn ,xn , ,xnn,an+1成等差数列．这样得到一个新数列 bn ：a1,x11,a1 2 3 1 2 3 2,
x21,x22,a3,x31,x32,x33,a4 ，记数列 bn 的前项和为Sn，有下列结论：① xn + xn + +xnn= 3n 2n-1② a10=1 2
b66③ b72= 3072④S55= 14337其中，所有正确结论的个数是 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
x n n+1【解析】① x + x + +x = n1+ xnn = an+ an n+1 n= 2 + 2 n= 3n 2n-1n1 n2 nn 2 2 2 ,故①正确；
② a10在数列 bn 中是第 10+ 1+ 2+ +9= 55 项，所以 a10= b55，故②错误；
b + b a + a 211 12③ a 66 78 11 12 + 211= b66，a12= b78 b72= 2 = 2 = 2 = 3072，故③正确；
④S55= a1+ a2+ +a10 + x11+ x21+ x22 + + x91+ x92+ +x99
= 2+ 22+ +210 + 3 1× 20+ 2× 21+ +9× 28 = 211- 2 + 3 8× 29+ 1 = 14337，故④正确.
故选：C
例53. (2022·全国·高二课时练习)已知数列 an 满足 an= 2n- 1，在 an，an+1之间插入 n个 1，构成数列 bn ：
a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4， ，则数列 bn 的前 100项的和为 ( )
A. 211 B. 232 C. 247 D. 256
【答案】D
n n+ 1
【解析】依题意，到 an为止，新的数列共有 1+ 2+ 3+ + =

n 2 项，
由于 13× 142 = 91，即截止到 a13共有 91 项，
故数列 b 的前 100 项的和为 1+ 25 × 13+ 1+ 12n 2 2 × 12+ 9= 256，
故选：D.
例54. (2022·全国·高二专题练习)在 a,b中插入 n个数，使它们和 a,b组成等差数列 a,a1,a2, an,b，则 a1+ a2
+ +an= (　　)
( + ) n(a+ b) (n+ 1) (a+ b) (n+ 2) (a+ b)A. n a b B. 2 C. 2 D. 2
【答案】B
【解析】令Sn= a+ a1+ a2+ +an+ b，倒过来写Sn= b+ an+ an-1+ +a1+ a，两式相加得 2Sn=
n+ 2 a+ b ，故Sn=
n+ 2 a+ b
2 ，所以 a1+ a2+ +an=Sn- a+
n a+ b
b = 2 ，故选B.
例55. (2022·全国·高二课时练习)等比数列 {an}的通项公式为 an= 2 3n-1，现把每相邻两项之间都插入两个
数，构成一个新的数列 {bn}，那么 162是新数列 {bn}的
A. 第 5项 B. 第 12项 C. 第 13项 D. 第 6项
【答案】C
【解析】数列 an 的通项公式为 an= 2 3n-1，令 an= 2 3n-1= 162，解得n= 5，
由题可知，a1= b1，a2= b2+2 2-1 = b4，a3= b3+2 3-1 = b7 an= bn+2 n-1 = b3n-2
∴ a5= b13，即 162 是新数列 bn 的第 13 项.
故选C .
例56. (多选题) (2022·吉林松原·高三月考)在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构
造新数列：现有一个每项都为 1的常数列，在此数列的第 n n∈N * 项与第 n+ 1项之间插入首项为 2，公
比为 2，的等比数列的前n项，从而形成新的数列 an ，数列 an 的前n项和为Sn，则 ( )
A. a = 252021 B. a 6 63 642021= 2 C. S2021= 3× 2 + 59 D. S2021= 2 - 3
【答案】AD
【解析】设 a2021介于第n个 1 与第n+ 1 个 1 之间或者为这两个 1 当中的一个，
则从新数列的第 个 到第 个 一共有
n+ 1 n
1 1 n 1 2 项，
n+ 2 n+ 1
从新数列的第 1 个 1 到第 + 个 一共有 n 1 1 2 项，
n+ 1 n n+ 2 n+ 1
所以 2 ≤ 2021≤ 2 ，解得n= 63，
63+ 1而 632 = 2016，所以 a
5
2021= 2 ，故A正确，B错误；
S2021= 1× 63+ 62× 21+ 61× 22+ 60× 23+ +1× 262+ 21+ 22+ 23+ 24+ 25
= 125+ 62× 21+ 61× 22+ 60× 23+ +1× 262，
令T= 62× 21+ 61× 22+ 60× 23+ +1× 262，
则 2T= 62× 22+ 61× 23+ 60× 24+ +1× 263，
2T-T=-62× 21+ 22+ 23+ 24+ +262+ 1× 263，T= 264- 128，
所以S2021= 264- 3，故D正确，C错误，
故选：AD.
例57. (多选题) (2022·湖南·永州市第一中学高三月考)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每
相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数
列 1,2进行构造，第 1次得到数列 1,3,2；第 2次得到数列 1,4,3,5,2； ；第 n n∈N * 次得到数列 1，x1,x2,
x3, ,xk，2； 记 an= 1+ x1+ x2+ +xk+ 2，数列 an 的前n项为Sn，则 ( )
A. k+ 1= 2n B. an+1= 3an- 3 C. an= 3 22 n + 3n D. Sn=
3
3n+14 + 2n- 3
【答案】ABD
【解析】由题意可知，第 1 次得到数列 1,3,2，此时 k= 1
第 2 次得到数列 1,4,3,5,2，此时 k= 3
第 3 次得到数列 1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 k= 7
第 4 次得到数列 1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时 k= 15
第n次得到数列 1，x1,x2,x3, ,xk，2 此时 k= 2n- 1
所以 k+ 1= 2n，故A项正确；
a1= 3+ 3
结合A项中列出的数列可得： a2= 3+ 3+ 9
a3= 3+ 3+ 9+ 27
a4= 3+ 3+ 9+ 27+ 81
a = 3+ 31+ 32+ +3nn (n∈N *)
3 3n- 1
用等比数列求和可得 an= 3+ 2
= + 3 3
n+1- 1
则 a 3 = 3+ 3
n+2- 3 = 3
n+2 3
n+1 2 2 2 + 2
3 3n- 1 n+2 n+2
又 3an- 3= 3 3+ - 3= 9+ 3 - 9 3 3 2 2 2 - 3= 2 + 2
所以 an+1= 3an- 3，故B项正确；
3 3n- 1由 B项分析可知 a 3 nn= 3+ 2 = 2 3 + 1
即 a ≠ 3n 2 n
2+ 3n ，故C项错误.
Sn= a1+ a2+ a3+ +an
32 1- 3n
2 3 n+1
= 3 3 32 + 2 + + 2 +
3
2 n=
1- 3 3
2 + 2 n
3n+2= 3n 9 3 n+14 + 2 - 4 = 4 3 + 2n- 3 ，故D项正确.
故选：ABD.
题型八：蛛网图问题
例58. (2022秋 虹口区校级期中)已知数列 {an}满足：a = 0，a = ln(ean1 n+1 + 1) - an(n∈N *)，前 n项和为Sn，
则下列选项错误的是 (　　) (参考数据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 670
D. a2n-1≤ a2n
【解析】解：由 an+1= ln(ean+ 1) - an，得 an+1= ln(ean+
1) - lnean，
∴ ean+1= 1+ 1
ea
，
n
令 b = eann ，即 an= lnbn，
则 b 1n+1= 1+ ，bn
a1= 0，b1= 1．
作图如下：
由图可得：
A． {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，因此A正确；
B．∵ bn∈ [1，2]，∴ bnbn+1= bn 1+ 1 = bn+ 1∈ [2，3]，bn
∴ b b ann n+1= e ean+1∈ [2，3]，
∴ an+1+ an∈ [ln2，ln3]，因此B正确；
C．∵ an+1+ an≥ ln2，∴ S2020= (a1+ a2) + (a3+ a4) + + (a2019+ a2020) ≥ 1010ln2> 693，因此C不正
确；
D．由不动点 5+ 12 ，
5+ 1
2 ，得 1≤ b
5+ 1
2n-1< 2 < b2n≤ 2，可得：b2n-1< b2n，∴ a2n> a2n-1，因此D
正确．
故选：C．
例59. (2022 1浙江模拟)数列 {an}满足 a1> 0，a = a3n+1 n- an+ 1，n∈N *，Sn表示数列 a 前 n项和，则下n
列选项中错误的是 (　　)
A. 若 0< a1< 23 ，则 an< 1 B.
2
若 3 < a1< 1，则 {an}递减
C. 若 a1= 12 ，则Sn> 4
1
a - 2 D. a
2
若 1= 2，则S2000>
n+1 3
【解析】解：(法一)对于选项A，令 f(x) = x3- x+ 1，x∈ (0,1)，则 f′ (x) = 3x2- 1，令 f′ (x) = 0 x= 33 ，
易知 f(x)在 0, 33 上单调递减，在
3
3 ，1 上单调递增，此时 f(x)< 1，
又 a 3n+1= an- an+ 1= f(an)，若 0< a < 21 3 ，则有 an< 1，故选项A正确；
对于选项B，结合选项A中的过程，作出递推函数与 y= x的交点，可得函数 f(x) = x3- x+ 1(x> 0)的不
动点为 5- 12 和 1，且
3 < 5- 13 2 <
2
3 < 1，
故函数 f(x)在 23 ,1 单调递增，且 f′
5- 1
2 < 1,f′ (1)> 1，
故 x= 5- 12 为吸引不动点，x= 1 为排斥不动点，
故当 23 < a1< 1 时，数列 {an}向吸引不动点
5- 1
2 靠近，单调递减，故选项B正确；
对于选项C，a = 11 2 ,a
5
2= 8 >
5- 1
2 ，由选项A，B的过程可知，当 n≥ 2 时，数列 {an}单调递减且
1
2 <
5- 1
2 < an< 1，故
1
a - 2< 0，n+1
而显然Sn> 0，故Sn> 4 1a - 2 成立，故选项C正确；n+1
对于选项D，当 a1= 2 时，结合选项A，B的过程及蛛网图，易知数列 {an}单调递增，
又 a = f(a ) = 7，故当 n≥ 2 时，a = a 3- a + 1> a 32 1 n+1 n n n- an= an(a 2n- 1) ≥ (72- 1)an= 48an，即 1a ≤n+1
1
48a (n≥ 2)，n
故 1a ≤
1
48n-2
，
n a2
1
∴ 1 + 1a a + +
1 1 1
a ≤ a + 48a + +
1
2018 <
a2 = 48 × 1 < 1 ，
2 3 2020 2 2 48 a2 1- 1 47 7 648
故S2020< 1a +
1 2
1 6
= 3 ，故选项D错误．
(法二)作出 f(x) = x3- x+ 1(x> 0)与 y= x的图象，由蛛网图可知，选
项A，B正确；
若 a1= 12 ，由蛛网图可知，an< a2=
5
8 ，n→+∞时，a →
5- 1
n 2 ，则
1 → 5+ 1an+1 2
，
故 4 1a - 2 < 0若 a = 2，则 1 = 1 1 1 1 11 a1 2
，a = ，比较S2020- 与 的大小，2 7 a1 6
1 = 1 1 1 1 1 1 1a 3- + < 3- = a 2- < a 2- = 48a (n≥n+1 an an 1 an an n an 1 n 7 1 n
2)，
1
则 1 + 1 + + 1 1 1 1 7 48 1a a a < 7 + 7× 48 + + 7× 482018 < =2 3 2020 1- 1 329
< 6 ，选项D错误．
48
故选：D．
例60. (2022 浙江模拟)已知数列 {an}满足：a1= 0，an+1= ln(ean+ 1) - an(n∈N *)，前 n项和为 Sn(参考数
据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)，则下列选项中错误的是 (　　)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 666
D. a2n-1< a2n
【解析】解：由 a an an ann+1= ln(e + 1) - an，得 an+1= ln(e + 1) - ln(e )，
ean+1= 1+ 1
ea
，
n
令 b an 1n= e ，即 an= lnbn，则 bn+1= 1+ ，a1= 0，∴ bb 1= 1，n
作图如下：
由图得：
① {b2n-1}单调递增，{b2n}单调递减，
an= lnbn，故A正确；
②∵ bn∈ [1，2]，∴ bnb 1n+1= bn 1+ = bb n+ 1∈ [2，3]，n
∴ bnbn+1= ean+an+1∈ [2，3]，
∴ an+ an+1∈ [ln2，ln3]，故B正确；
③∵ an+ an+1≥ ln2，∴S2020= (a1+ a2) + + (a2019+ a2010)≥ 1010 ln2> 693，故C错误．
④由不动点 5+ 1 5+ 1 ，得 1≤ b < 1+ 5 ，1+ 52 2 2n-1 2 2 < b2n≤ 2，
∴ b2n> b2n-1，∴ a2n> a2n-1，故D正确．
故选：C．
例61. (2022 下城区校级模拟)已知数列 {an}满足：an> 0，且 a2 2n= 3an+1- 2an+1(n∈N *)，下列说法正确的是
(　　)
1 3 n-1A. 若 a1= 2 ，则 an> an+1 B. 若 a1= 2，则 an≥ 1+ 7
C. a1+ a5≤ 2a3 D. |an+2- an+1| ≥ 33 |an+1- an|
【解析】解：∵ a2n= 3a2n+1- 2an+1(n∈ N *)，∴ a2n- 1= 3a 2n+1- 2an+1- 1，∴ (an+ 1) (an- 1) = (3an+1+ 1)
(an+1- 1)．
∵ an> 0，故 an+ 1> 0 且 3an+1+ 1> 0，于是
(an- 1)与 (an+1- 1)同号，
∴ (an- 1) (an+1- 1)> 0．
对于A，若 a = 1 1 2 21 2 ，则 a1- 1=- 2 < 0，则 an- 1< 0，∴ an- an+1= 2an+1(an+1- 1) < 0，所以 an< an+1，故
A错误；
对于B，∵ a1= 2 a1- 1= 1> 0 an- 1> 0，
即 a > 1，于是∴ a2- a2n n n+1= 2an+1(an+1- 1)> 0，
即 an> an+1, 数列 {an}单调递减，
于是 an< a1= 2，
所以 4≥ 7(an+1- an) + 2an，
即 an+ 1 33an+1+ 1
≥ 7 ，
∵ (an+ 1) (an- 1) = (3an+1+ 1) (an+1- 1)，
∴ an+1- 1 = an+ 1 3an- 1 3a
≥
n+1+ 1 7
3 n-1 an- 1≥ 7 ，
故 a ≥ 1+ 3
n-1
n 7 ，B正确；
对于C，考虑函数 y= 3x2- 2x，如图所示
由图可知当 an> 0 时，数列 {an- an+1} 递减，
所以 a1- a3> a3- a5，即 a1+ a5> 2a3，所以C不正确；
对于D，设 a = x，则 a = 3x2- 2x,a = 1+ 1+ 3x
2
n+1 n n+2 3 ，
由上图可知，由上图可知，|an+2- a 3n+1| ≥ 3 |an+1- an|，
即 1+ 1+ 3x
2
3 - x ≥ 33 |x- 3x2- 2x|，
等价于 2+ 2 3x 9x2- 6x≥ 2 1+ 3x2(3x- 1)，
化简得：x2- 2x+ 1≤ 0，
而 x2- 2x+ 1≤ 0 显然不成立，所以D不正确；
由排除法可知B正确．
故选：B．
例62. (多选题) (2022秋 9月份月考)已知数列 {an}满足：a1= 0，an+1= ln(ean+ 1) - an(n∈N *)，前 n项和为
Sn(参考数据：ln2≈ 0.693，ln3≈ 1.099)，则下列选项正确的是 (　　)
A. {a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列
B. an+ an+1≤ ln3
C. S2020< 670
D. a2n-1≤ a2n
【解析】解：由 a ann+1= ln(e + 1) - an，
可得 an+1= ln(ean+ 1) - lnean，
即有 ean+1= e
an+ 1 = 1+ 1 ，
ean ean
令 bn= ean，即 an= lnbn，
则 bn+1= 1+ 1 ，a1= 0，b1= 1，bn
作出 y= 1+ 1x 和 y= x的图像，
由图像可得，{a2n-1}是单调递增数列，{a2n}是单调递减数列，故A正确；
因为 bn∈ [1，2]，所以 b 1nbn+1= bn 1+ = b + 1∈ [2，3]，b nn
所以 b b ann n+1= e ean+1∈ [2，3]，则 an+ an+1∈ [ln2，ln3]，故B正确；
因为 an+ an+1≥ ln2，所以S2020= (a1+ a2) + (a3+ a4) + + (a2019+ a2020)
≥ 1010ln2> 693，故C错误；
由不动点P 5+ 1 ， 5+ 12 2 ，可得 1≤ b2n-1<
5+ 1
2 < b2n≤ 2，
可得 b2n-1< b2n，所以 a2n> a2n-1，故D正确．
故选：ABD．
题型九：整数的存在性问题 (不定方程)
例63. (2022·全国·高三专题练习)已知数列 a 的前n项和为S ，a = 2,2n a = (n+ 1) S n∈N n n 1 n n ．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)判断数列 3
n- 2n+ 1 an 中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．
【解析】( S S1)n∈N ，2n an= (n+ 1) Sn，则当n≥ 2 时，2n Sn-S n n-1n-1 = (n+ 1) Sn，即 n = 2 n- 1 ，而
S1
1 = 2，
因此，数列 Sn 是公比为 2 的等比数列，则 Sn = S1 2n-1= 2n n n 1 ，即Sn=n 2
n，
= (n+ 1) S所以 a nn 2n = (n+ 1) 2
n-1.
(2)记 b = 3n- 2n n+ 1 an，由 (1)知，b
n 2 n-1
n= 3 - n+ 1 (n+ 1)2 = 3
n- 2n，
不妨假设存在 bm,bn,bp(m因为m令 f(n) = 3n- 2n
n
n∈N ，则 f(n) = 2n 3 2 - 1 ，于是有 f(n)对n∈N
是递增的，
则 f(p)≥ f(n+ 1)，即 3p- 2p≥ 3n+1- 2n+1，
因此 2 3n- 2n = 3m- 2m+ 3p- 2p≥ 3m- 2m+ 3n+1- 2n+1，即-3n≥ 3m- 2m，其左边为负数，右边为正数，
矛盾，
所以数列 3n- 2 n+ 1 an 中不存在成等差数列的三项．
( T n+ 2 a例64. 2022· n n+ 2福建省福州格致中学模拟预测)在① n+1T = n ，②Sn= 3 an这两个条件中任选一个n
补充在下面问题中，并解答下列题目.
设首项为 2的数列 an 的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且___________.
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)在数列 an 中是否存在连续三项构成等比数列，若存在，请举例说明，若不存在，请说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】( )选①：Tn+1 = n+ 2 a1 nT n ，n
n+ 2 a
即 n an+1 aa nn+1= n .∴ n+ 2 = n
即 an+1 an an
n+
=
2 n+ 1 n+
，∴数列
1 n n+ 1 n 是常数列，
∴ an a1
n+
=
1 n 2× 1
= 1，故 an=n n+ 1
选②：因为 3Sn= n+ 2 an，所以n≥ 2 时，3Sn-1= n+ 1 an-1，
则 3an= +
a
n 2 an- n+ 1 an-1，即 n- 1 an= n+ 1 a n n+ 1n-1，即 a =n-1 n- 1
，
所以 a = n+ 1 n 4 3n n- 1 n- 2 2 1 a1=n n+ 1 ，
当n= 1 时，a1= 2 也满足，所以 an=n n+ 1 .
(2)假设在数列中存在连续三项 an，an+1，an+2成等比数列，那么有 a2n+1= anan+2成立，
即 n+ 1 n+ 2 2=n n+ 1 n+ 2 n+ 3 成立.
即 n+ 1 n+ 2 =n n+ 3 成立，
即 2= 0 成立，此等式显然不成立，故原命题不成立，即不存在连续三项 an，an+1，an+2成等比数列
例65. (2022·天津·耀华中学一模)设数列 an n∈N * 是公差不为零的等差数列，满足 a3+ a6= a9，a5+ a27=
6a9.数列 bn n∈N * 的前n项和为Sn，且满足 4Sn+ 2bn= 3.
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2)在 b1和 b2之间插入 1个数 x11，使 b1，x11，b2成等差数列；在 b2和 b3之间插入 2个数 x21，x22，使 b2，x21，
x22，b3成等差数列； ；在 bn和 bn+1之间插入n个数 xn1，xn2， ，xnn，使 bn，xn1，xn2， ，xnn，bn+1成等
差数列.
(i)求Tn= x11+ x21+ x22 + x31+ x32+ x33 + + xn1+ xn2+ +xnn ；
( aii)是否存在正整数m，n，使T = m+1n 2a 成立？若存在，求出所有的正整数对 m,n ；若不存在，请说明理m
由.
【解析】(1)设 {an}的公差为 d，d≠ 0，
a1+ 2d+ a1+ 5d= a + 8d则 1 + + + 2= + ，解得 a1= d= 1，a1 4d a1 6d 6a1 48d
所以 an= a1+ (n- 1)d= 1+n- 1=n.
由 4Sn+ 2bn= 3 得 4b1+ 2b1= 3，得 b1= 12 ，
4Sn+1+ 2bn+1= 3，所以 4(Sn+1-Sn) + 2(bn+1- bn) = 3- 3= 0，
所以 4b 1n+1+ 2bn+1= 2bn，即 bn+1= 3 bn，
n-1
所以 bn= 12 ×
1
3 .
综上所述：a =n；b = 1 × 1
n-1
n n 2 3 .
(2) (i)依题意得 = bx 1+ b2 2(b2+ b3) 3(b3+ b )11 2 ，x
4
21+ x22= 2 ，x31+ x32+ x33= 2 ，
x41+ +
4(b4+ b5) n(bx x n+ bn+1)42 43+ x44= 2 ， ，xn1+ xn2+ xn3+ +xnn= 2 ，
所以Tn= x11+ x21+ x22 + x31+ x32+ x33 + + xn1+ xn2+ +xnn
= b1+ b2 + 2(b2+ b3) + 3(b3+ b4) + 4(b4+ b5) + + n(bn+ bn+1)2 2 2 2 2
= 12 b1+ 3b2+ 5b3+ 7b4+ +(2n- 1)bn+nbn+1 =
1
2
0 1 2 3 n-1 n
1 1 12 × 3 + 3× 2 ×
1
3 + 5×
1 × 12 3 + 7×
1
2 ×
1
3 + +(2n- 1)
1 1
2 × 3 +n
1
2 ×
1
3
= 1 1
0
+ 3× 1
1 2
+ 5× 1 + 7× 1
3 n-1 n
4 3 3 3 3 + +(2n- 1)
1 1
3 +n 3
1 0 1 1 1 2 1 3 1 n-1令Rn= 3 + 3× 3 + 5× 3 + 7× 3 + +(2n- 1) 3 ，
1 1 1 2 3 4 n则 3 Rn= 3 + 3×
1
3 + 5×
1
3 + 7×
1 1
3 + +(2n- 1) 3 ，
1 1 1 1 2 1 3 1 n-1 n所以Rn- 3 Rn= 1+ 2 3 + 3 + 3 + + 3 - (2n- 1)
1
3 ，
1 n-1
2 3 1-
1 n
所以 3 Rn= 1+ 2×
3
1 - (2n- 1)
1 ，
1- 33
n-1
所以Rn= 3- (n+ 1) 13 ，
n
所以T 1n= 4 Rn+n
1 = 1 3- n+ 1 + n 1 2n+ 33 4 3n-1 3n = 4 3- 3n ，
(ii)假设存在正整数m，n，使T = am+1 ，即 1 3- 2n+ 3 = m+ 1n 2a 4 n 2m ，即
2n+ 3
n = 1-
2
m 3 3 m
成立，
因为 1- 2m > 0，所以m> 2，所以m≥ 3，所以 1-
2 1
m ∈ 3 ,1 ，
2n+ 5
n+1
令 c = 2n+ 3 ，则 cn+1 3n n c = 2n+ 3 =
2n+ 5 = 2n+ 5
3 n 3(2n+ 3) 2n+ 5+ 4n+ 4
< 1，
3n
所以数列 {cn}单调递减，c 51= 3 > 1，c2=
7
9 ，c =
1
3 3 ，当n≥ 4 时，c ≤ c =
11
n 4 81 <
1
3 ，
所以由 c = 72 9 = 1-
2
m，得m= 9；由 c =
1 = 1- 23 3 m，得m= 3，
所以存在正整数m，n，使 = aT m+1n 2a ，且所有的正整数对 (m,n)为：(9,2)和 (3,3).m
例66. (2022·江苏南通·模拟预测)已知等差数列 {an}满足 a5= 16，a7= 22，正项等比数列 {bn}的前 n项和为
Sn，满足S6= 5S4- 4S2，且 b2= a1．
(1)求 {an}和 {bn}的通项公式；
(2) a是否存在n使得 n ∈Z，若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．
bn
【解析】(1)设 an 公差为 d，∴ 2d= 22- 16= 6，d= 3
∴ an= a5+ 3(n- 5) = 16+ 3n- 15= 3n+ 1，a1= 4.
由S6= 5S4- 4S2，b2= a1= 4，设 bn 公比为 q
S6-S4= 4 S4-S2 b5+ b6= 4 b3+ b4
q2+ q3= 4(1+ q) ∴ q2= 4，q= 2，∴ bn= 4 2n-2= 2n．
(2) an = 3n+ 1n ，当n=
a a
1 时， n = 2，当n= 2 时， n = 74 Z，bn 2 bn bn
当n= 3 时，an = 10 58 = 4 Z，当
a
n≥ 4 时，令 n = c = 3n+ 1
b b n 2n
，
n n
cn+1- c = 3n+ 4 - 3n+ 1 = 2- 3nn < 0，∴ c 单调递减，2n+1 2n 2n+1 n
∴ c 13n≤ c4= 16 < 1,cn Z，
故存在 an使得 n ∈Z，n= 1.
bn
例67. (2022·江苏·模拟预测)已知正项数列 an 的前n项和为Sn，现在有以下三个条件：
n(n+ 1)
①数列 a2n 的前n项和为Tn= 2 ；
② a1= 1,a = n+ 1n+1 n an；
③ a1= 1,a2= 2，当n≥ 3时， an+ an-1 Sn- 2Sn-1+Sn-2 = 1．
从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设数列 bn 满足 b1= 1,bn= an- an-1(n≥ 2)，试问 bn 1 1中是否存在连续三项 bk,bk+1,bk+2，使得 , ,bk bk+1
1
构成等差数列？请说明理由．
bk+2
n(n+ 1)
【解析】(1)选①：因为数列 a2n 的前n项和为Tn= 2 ，
所以当n= 1 时，a21=
n(n+ 1) (n- 1)n
1；当n≥ 2 时，a2n=Tn-Tn-1= 2 - 2 =n．
经检验n= 1 时，a2= 1 符合上式，所以 a2=n,n∈N 1 n ，
故正项数列 an 的通项公式为 an= n，
选②：因为 a aa1= 1,a n+ 1 n+1 nn+1= n an，所以 n+ = ，1 n
所以 an 为常数列，即 an = a1= 1，所以正项数列 an 的通项公式 an= n．n n
选③：由 an+ an-1 Sn- 2Sn-1+Sn-2 = an+ an-1 an- an-1 = a2n- a2n-1= 1(n≥ 3)，
所以数列 a2n 从第 2 项起成等差数列，且 a2n=n(n≥ 2)，
经检验n= 1 时，a1= 1 符合上式，所以正项数列 an 的通项公式 an= n．
(2)数列 bk 中不存在连续三项 b ,b 1 1 1k k+1,bk+2，使得 , , 构成等差数列．bk bk+1 bk+2
理由如下：由 (1)知当n≥ 2 时，bn= an- an-1= n- n- 1，
所以 1 = 1- - = n+ n- 1．bn n n 1
假设数列 bn 中存在连续三项 bk,bk+1,bk+2，使得 1 , 1 , 1 构成等差数列．bk bk+1 bk+2
当 k= 1 时，1, 2+ 1, 3+ 2，显然不成等差数列，假设不成立；
当 k≥ 2 时，则 2( k+ 1+ k) = ( k+ k- 1) + ( k+ 2+ k+ 1)，
即 k+ 1+ k= k- 1+ k+ 2，
两边同时平方，得 k+ 1+ k+ 2 k+ 1 k= k- 1+ k+ 2+ 2 k- 1 k+ 2，
所以 (k+ 1)k= (k- 1) (k+ 2)，整理得 k2+ k= k2+ k- 2，
所以 0=-2，矛盾，故假设不成立．
综上所述，数列 bn 中不存在

展开更多......

收起↑