资源简介

考点 38 数列中的综合问题（2 种核心题型+基础保分练+综合
提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内
容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前 n 项和
公式等
【核心题型】
题型一　等差数列、等比数列的综合运算
　数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方
法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
【例题 1】（2023·湖北荆门·模拟预测）血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用
药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患
者 A 给药 3 小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过 2 小时检测一次，每次检测血药浓
度降低到上一次检测血药浓度的 40%，当血药浓度为峰值的1.024% 时，给药时间为（ ）
A．11 小时 B．13 小时 C．17 小时 D．19 小时
【答案】B
【分析】利用题意，将给药时间与检测次数转化为等差数列模型，将给药时间与患者血药浓
度转化为等比数列模型，则利用数列的通项公式求解即可.
【详解】解：检测第 n 次时，给药时间为bn ，则 bn 是以 3 为首项，2 为公差的的等差数列，
所以bn = 3+ 2 n -1 = 2n +1，
设当给药时间为 2n +1小时的时候，患者血药浓度为 an ，血药浓度峰值为 a，
则数列 an 是首项为 a，公比为 0.4 的等比数列，所以an =a 0.4
n-1
，
令an =0.01024a，即0.45 a = a 0.4n-1，解得 n = 6，
当血药浓度为峰值的1.024% 时，给药时间为b6 = 2 6 +1 =13，
故选：B.
【变式 1】（2023 高三· *全国·专题练习）已知集合 A = x | x = 2k1,k1 N ，
B = x | x = 3k2 , k2 N* ，将 A B 中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列 an ，设数列
an 的前 n 项和为 Sn ，若am = 27，则 m 的值等于 ， S50的值为 .
【答案】 16 2282
【分析】空 1：因为am = 27，根据题意分析可得含有 A 中的元素为 2,4,6, × × ×, 26，含有 B 中
的元素为 3，9，27，进而可得结果；空 2：根据题意分析可得 an 的前 50 项中含有 B 中的
元素为 3，9，27，81 共有 4 项，含有 A 中的元素为2 1,2 2,2 3,× × ×,2 46 ，共有 46 项，
进而可得结果.
【详解】因为am = 27，则 an 的前 m 项中含有 A 中的元素为 2,4,6, × × ×, 26，共有 13 项，含
有 B 中的元素为 3，9，27，共有 3 项，
所以m =16；
因为 2 50 =100,34 = 81<100,35 = 243 >100，
所以 an 的前 50 项中含有 B 中的元素为 3，9，27，81 共有 4 项，含有 A 中的元素为
2 1,2 2,2 3,× × ×,2 46 ，共有 46 项，
3 1- 34 2 46 46 +1
所以 S = 3+ 9 + 27 + 81 + 2 1+ 2 2 + 2 3 + ×××+ 2 46 = + = 2282 .50 1- 3 2
故答案为：16；2282.
【变式 2】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为 1 的等差数列 an 满足： a1,a2 ,a3 +1成等比数
列.
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若数列 b nn 满足： a1bn + a2bn-1 +L+ anb1 = 3 -1，求数列 bn 的前 n项和Tn .
【答案】(1) an = n
(2)Tn = 2 ×3
n-1
【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
2 D = a b + a b +L+ a b = 3n（ ）令 n 1 n 2 n-1 n 1 -1，得Dn+1 = a1bn+1 + a2bn +L+ an+1b1 = 3
n+1 -1，两式
相减得Tn+1 = 2 ×3
n n-1
，又D1 = a1b1 = 2 b1 = 2 ，即得Tn = 2 ×3
【详解】（1）设 an 公差为 d，又 a1,a2 ,a3 +1成等比数列，
所以 a22 = a1 × a3 +1 a1 + d
2 = a1 a1 + 2d +1 ，
又 a1 =1，即 1+ d 2 = 2 + 2d ，解得 d =1或 d = -1，
而 d = -1时，不满足 a1,a2 ,a3 +1成等比数列，所以 d =1，
所以 an =1+ n -1 1 = n .
（2）令Dn = a1bn + a2bn-1 +L+ a
n
nb1 = 3 -1，
所以Dn+1 = a1bn+1 + a2bn +L+ a
n+1
n+1b1 = 3 -1，
两式相减有：Dn+1 - Dn = a1bn+1 + b nn + bn-1L+ b1 = 2 ×3 ，
所以数列 bn 的前 n +1项和为 2 ×3n ，即Tn+1 = 2 ×3n ，
又D1 = a1b1 = 2 b1 = 2 ，所以b1 + b2 +L+ bn = 2 ×3
n-1
，
所以Tn = 2 ×3
n-1
【变式 3】（2023 高三·全国·专题练习）设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且
a1 = b1 = a2 - b2 = a3 - b3 =1．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设{an}的前 n项和为 Sn ，求证： (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ；
【答案】(1) an = 2n -1 b = 2n-1， n ．
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d ，等比数列{bn}的公比为q，由题目条件可得 d = q = 2，
即可得答案；
（2）由（1）可知，所证结论等价于 an+1 = Sn+1 - Sn ，而这显然正确，即可证明结论.
【详解】（1））设等差数列{an}的公差为d ，等比数列{bn}的公比为q，
Qa1 = b1 = a2 - b2 = a3 - b3 = 1，
\1+ d - q = 1，1+ 2d - q2 = 1，
解得 d = q = 2，
\an =1+ 2(n -1) = 2n -1
n-1
，bn = 2 ．
（2）证明：Qbn+1 = 2bn 0，
\要证明 (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ，
即证明 (Sn+1 + an+1)bn = 2Sn+1 ×bn - Snbn ，
即证明 Sn+1 + an+1 = 2Sn+1 - Sn ，
即证明 an+1 = Sn+1 - Sn ，
由数列的通项公式和前 n项和的关系得： an+1 = Sn+1 - Sn ，
\(Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn
题型二　数列与其他知识的交汇问题
(1)数列与不等式的综合问题及求解策略
①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的
单调性比较大小．
②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．
③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构
造函数进行证明．
(2)数列与函数交汇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
命题点 1　数列与不等式的交汇
【例题 2】（2024·重庆·三模）数列 an 的前 n项和为 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若
l an + 3 - 3n + 2 > 0对任意 n N* 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）
1 ,+ 5 A． ÷ B 1, + C ,+ D 2, +
è 2
． ． ÷ ．
è 4
【答案】B
【分析】先求出a + 3 = 2nn ，然后对l 1和l > 1分类讨论即可.
【详解】由于 Sn = 2an - 3n + 4，故 a1 = S1 = 2a1 - 3 1+ 4 ，从而 a1 = -1 .
又有 an+1 = Sn+1 - Sn = 2an+1 - 3 n +1 + 4 - 2an - 3n + 4 = 2an+1 - 2an - 3 .
所以 an+1 = 2an + 3，故 an+1 + 3 = 2 an + 3 ，而 a1 + 3 = -1+ 3 = 2，故an + 3 = 2n .
这表明命题等价于l ×2n - 3n + 2 > 0对 n N* 恒成立.
若l 1，则l ×22 - 3 2 + 2 = 4l - 4 4 - 4 = 0，从而原不等式对 n = 2不成立，不满足条件；
若l > 1，由于我们可以直接验证 2n - 3n + 2 0在 n =1和 n = 2时成立，且对 n > 2有
n n n n
2n - 3n + 2 = 2n - 22 - 3 n - 2 = 2k - 2k -1 - 3 = 2k -1 - 3 22 - 3 > 0，
k =3 k =3 k =3 k =3
故 2n - 3n + 2 0对 n N* 恒成立.
而此时由l > 1有l ×2n - 3n + 2 > 2n - 3n + 2 0 ，故l ×2n - 3n + 2 > 0对 n N* 恒成立，满足条
件.
所以l 的取值范围是 1, + .
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于分类讨论，这是处理取值范围问题的常用方法
【变式 1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数 f (n) = an , n N* .
1
①当 a = 2时，bn = 1+ ，记 bn 前 n项积为Tn ，若m > Tf (n) n 恒成立，整数m 的最小值
是 ;
f (n) -1 n3
②对所有 n 都有 3 成立，则 a的最小值是 .f (n) +1 n +1
【答案】3 17
【分析】①先得到b
1
n =1+ n >1，T3 > 2，故Tn > 2，构造 g x = ln 1+ x - x ， x > 0，求导2
得到其单调性，从而确定当 x > 0时， ln 1+ x < x ，利用放缩和等比数列求和公式得到
lnT 1n <1- n <1，求出Tn < e，确定Tn 2,e ，整数m 的最小值为 3；变形得到2
3
f (n) -1 n3 ln 2n +1 3
ln a ln 2x +1
3 ，令 h x = , x > 0，求导得到函数单调性和f (n) +1 n +1 n x
ln 2n3 +1 ln17 ln a ln17最值，得到 h n = ，故 ，得到答案.
n 2 2
【详解】 f (n) = 2n ，bn =1
1 1 T b b b 3 5 9 135+ n > ， 3 = 1 2 3 = = > 2，故T > 2，2 2 4 8 64 n
设 g x = ln 1+ x - x 1 -x， x > 0，则 g x = -1 = < 0 ，
1+ x 1+ x
故 g x = ln 1+ x - x 在 x 0, + 上单调递减，
则 g x < g 0 = 0，故当 x > 0时， ln 1+ x < x ，
lnT ln b b L b ln b ln b L ln b ln 1 1 1 1则 n = 1 2 + n = 1 + 2 + + n = +

2 ÷
+ ln 1+ +L+ ln 1+
è è 22 ÷ è 2n ÷
1 1
1 1 1 -2 2n+1 1< + 2 +L+ n =2 2 2 1 1
=1- n <1，
- 2
2
所以Tn < e，
综上，Tn 2,e ，若m > Tn 恒成立，整数m 的最小值为 3，
f (n) -1 n3 an -1 n3 1 2 1 1 + -
f (n) +1 n3 +1 an +1 n3 +1 an +1 n3 +1，
n 3 ln 2n3 +1 化简得 a 2n +1，即 ln a ，
n
3
ln 2x3 +1 6x 3 3 3
令 h x = , x > 0， 2x3 - ln 2x +1 3- 3 - ln 2x +1h x = +1 = 2x +1
，
x x2 x2
x 3当 2时，3-
2x3
- ln
1 2x
3 +1 < 3- ln 2x3 +1 < 3 - ln17 < 0，
+
ln 2x3 +1
所以 h x = , x > 0在 2, + 上单调递减，
x
又 h 2 ln17= ,h 1 = ln 3, h 2 > h 1 ，
2
ln 2n3 +1
所以 h n ln17
ln17
= ，故 ln a ，
n 2 2
解得 a 17 ，所以 a的最小值为 17 .
故答案为：3， 17
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等
式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含
参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不
等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件
a a a *
【变式 2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 + 2 + 3 +L+ n = 2n n N2 3 n .
(1)求数列 an 的通项公式；
a
(2)已知数列 b 满足b = nn n 2n+1 .
①求数列 bn 的前 n 项和Tn ；
②若不等式 -1 n l T n< n + 对任意 n N*n 恒成立，求实数l 的取值范围.2
【答案】(1) an = 2n n N*
T 2 n + 2 1,
3
(2)① n = -

；② -
2n 2 ֏
【分析】（1）利用数列的递推关系求 an 的通项公式；
c 2 2（2）①利用错位相减求和即可；②设 n = - n ，根据数列 cn 的单调性，分 n 为偶数、2
为奇数讨论可得答案.
a a a
【详解】（1）因为 a + 21 + 3 +L+ n = 2n n N* ①，2 3 n
1 1 1
当 n =1时， a1 = 2，当 n 2时， a1 + a2 + a3 +L+ an-1 = 2 n -1 ②，2 3 n -1
1
- a = 2 a = 2n a = 2 *① ②得 n ，即 n ；因为 1 符合，所以 an n
= 2n n N ；
b a= n n 1 2 3 n（2）①，由（1）知 n n+1 = n ，所以，Tn = + + +L+ ，2 2 2 22 23 2n
1 T 1 2 3 n -1 n所以 n = 2 + 3 + 4 +L+ n + n+1 ，两式相减得，2 2 2 2 2 2
1 é n ù
ê1
1
- ÷ ú
1 1 1 1 2 è 2 Tn = + 2 + 3 +L
1 n ê ú n n + 2
+ n - =
- =1- ，
2 2 2 2 2 2n+1 1 n+1 n+11- 2 2
2
T n + 2所以 n = 2 - n ；2
n n + 2 n 2
②，由①得 -1 l < 2 - n + n = 2 -2 2 2n ，
2
设 cn = 2 - n ，则数列 cn 是递增数列. 2
当 n 为偶数时，l < 2
2 2 3
- n 恒成立，所以l < 2 - 2 = ；2 2 2
2 2
当 n 为奇数时，-l < 2 - n 恒成立，所以-l < 2 - 1 =1即l > -1 .2 2
3
综上，l

的取值范围是 -1, 2 ÷
.
è
【变式 3】（2024·辽宁·二模）设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，公差为 d，且 a1d 0 .若等
差数列 bn ，满足b
S
n =
n
2a .n
(1)求数列 bn 的通项公式；
5
(2)若 d = ，记数列 bn 的前 n 项和为Tn ，且Tn > Sn，求 n 的最大值.14
b n +1【答案】(1) n = (2)34
Sn
【分析】（1）根据题意，由bn = 2a 可得
b1,b2 ,b3，然后由 2b2 = b1 + b3列出方程，即可得到
n
a1 = d ，再由等差数列的通项公式与前 n项和公式代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，由（1）中的结论可得 Sn ,Tn ，代入计算即可求解.
b Sn b S1 a1 1 b 2a1 + d 2a1 + d【详解】（1）因为 n = ，则 1 = = = ， 2 = =2an 2a1 2a1 2 2a2 2a1 + 2d
，
b S3 3a1 + 3d3 = =2a3 2a1 + 4d
，
1 3a1 + 3d 2a1 + d 2由 bn 为等差数列，所以b1 + b3 = 2b2，即 + = 2 2 2a + 4d 2a + 2d ，化简可得 d = a1d ，1 1
因为 a1d 0，所以 a1 0且 d 0，所以 a1 = d ，
a n a1 + an n n +1 d则 n = a1 + n -1 d = nd ，所以 Sn = = ，2 2
b S= n n +1则 n =2a 4 .n
5 5 n +1
（2）因为 d = ，则 Sn = n n +1 ，由（1）可知b14 28 n = ，4
n 1 n +1
则 n b + b + ÷T 1 n è 2 4 1n = = = n n + 3
，
2 2 8
1 5 11
由Tn > Sn可得 n n + 3 > n n +1 ，解得 n < ，且 * ，8 28 3 n N
所以 n 的最大值为3 .
命题点 2　数列与函数的交汇
【例题 3】（2024·福建莆田·三模）已知定义在 (0, + )上的函数 f (x) 满足 f x +1 = 2 f x +1，
且 f (1) =1，则 f 100 =（ ）
A． 2100 -1 B． 2100 +1 C． 2101 -1 D． 2101 +1
【答案】A
【分析】设 an = f (n)
n
，得 an+1 = 2an +1，构造等比数列求得 an = 2 -1，即可求解.
【详解】设在数列 an 中， an = f (n) ，则 a1 = f 1 =1， an+1 = 2an +1，
从而 an+1 +1 = 2 an +1 ，故 an +1 是首项和公比都是 2 的等比数列.
由等比数列的通项公式可得 an +1 = 2
n
，则 an = 2
n -1，
故 f 100 = a 100100 = 2 -1 .
故选：A
【变式 1】（2024·广西来宾·模拟预测）函数 f (n) =| n -1| + | n - 2 | + | n - 3 | +L+ | n -15 |（n 为
正整数）的最小值为 ．
【答案】56
【分析】由题意，正整数 n必然在 1,15 上，去绝对值，由等差数列求和公式化简，再通过
配方即可得解.
【详解】要使 f (n)取得的最小值，正整数 n必然在 1,15 上，
设 n是1 :15中的某一整数，
则 f (n) = (n -1) + (n - 2) +L+ 3+ 2 +1+ 0 +1+ 2 + 3 +L+ (15 - n)
(n -1)n (1+15 - n)(15 - n)
= + = n2 -16n +120 = (n -8)2 + 56，
2 2
所以当 n = 8时取得最小值为56 .
故答案为：56
【变式 2】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零点构成
递增数列 an n N* ．
(1)求函数 f x 的周期和最大值；
(2)求数列 an 的通项公式 an 及前 n项和 Sn ．
【答案】(1)周期 2，最大值 2
1 1
(2) a = n - S = n2
1
n ， n + n6 2 3
【分析】（1）先应用辅助角公式化简再得出最大值即可；
（2）令 f x = 0 x k 1可得出 = - k N* ，根据题意确定数列 an 的首项和公差，即可求得6
数列 an 的通项公式.
【详解】（1）由题可得 f x = 3sinπx + cosπx 2sin πx π= + 6 ÷ ，è
因此函数 f x T 2π的周期 = = 2，
π
π π 1
当 πx + = + 2kπ,k Z ，即 x = + 2k,k Z时，取最大值，最大值为 f x = 2．
6 2 3 max
（2）由 f x = 0得 πx π+ = kπ k N* ，
6
因此函数 f x 的所有正零点为 x = k 1- k N* ，
6
a 5 a - a =1 n 2 a 5\ 1 = ， n n-1 ，因此 n 是首项为 ，公差为 1 的等差数列；6 6
5
\an = + n
1
-1 = n - ，
6 6
5
n a + a n + n
1
- ÷
S 1 n è 6 6 1 2 1n = = = n + n2 2 2 3
【变式 3】（2024·上海·模拟预测）已知 f x 1= x 2 1+ x ，数列 an 的前 n项和为 S2 2 n ，点
n, Sn n N* 均在函数 y = f x 的图象上.
(1)求数列 an 的通项公式；
x
g x 4= b = g a (2) n n N*若 x ，令 n ÷ ，求数列 bn 的前 2024 项和T4 + 2 2024 .è 2025
【答案】(1) an = n (2)1012
1 1 ìS , n =1
【分析】（1 2）由题意得 Sn = n + n
1
，再利用 an = í 可求出 an ，2 2 Sn - Sn-1,n 2
（2）先求得 g(x) + g(1 x) 1 b =g
n- = ， n ÷ n N* ，然后利用倒序相加法可求得结果.
è 2025
【详解】（1）因为点 n, Sn n N* f x 1 x 2 1均在函数 = + x 的图象上，2 2
S 1 1所以 n = n
2 + n，
2 2
1 1
当 n =1时， S1 = + =1，即 a1 =1，2 2
1 1 1 1
当 n 2 2 é 2 ù时， an = Sn - Sn-1 = n + n - ê (n -1) + (n -1)2 2 2 2 ú
1 n2 1 n 1 2 1 1 1= + - n - n + + n -

÷ = n ，2 2 è 2 2 2 2
因为 a1 =1满足上式，
所以 an = n ；
g x 4
x
（2）因为 = x ，4 + 2
4x 41-x 4x 4 4x 2
所以 g(x) + g(1- x) = x + 1-x = x + x = x + =1，4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 + 2 4 4 + 2 4x + 2
a = n b = g an =g n n N*因为 n ，所以 n 2025 ÷ ，è è 2025 ÷
所以T2024 = b1 + b2 + b3 + ×××+ b2023 + b2024
g 1 2 3= + g + g + ××× + g 2023 2024 ÷ ÷ ÷ ÷ + g

2025 2025 2025 2025 ÷
①，
è è è è è 2025
又T2024 = b2024 + b2023 + b2022 + ×××+ b2 + b1
g 2024 g 2023 g 2022= + + 2+ ×××+ g + g
1
②，
è 2025 ÷ è 2025 ÷ è 2025 ÷ è 2025 ÷ è 2025 ÷
2T 2024 ég 1 g 2024 ù①+②，得 2024 = ê ÷ + ÷ = 2024，
è 2025 è 2024
ú

T2024 =1012所以
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列{an}中，a7是函数 f (x) = sin(2x - π6 ) 的一个极大值点，
则 tan(a5 + a9 ) 的值为（ ）
A 3． B． 3 C．± 3 D．- 3
3
【答案】D
【分析】求出函数 f (x) 的极大值点得a7，然后由等差数列性质结合诱导公式可得.
π π π
【详解】由正弦函数性质知，当 2x - = + 2kπ ，即 x = + kπ,k Z π时，函数 f (x) = sin(2x -
6 2 3 6
)
取得极大值，
a π 2π则 7 = + kπ,k Z，由等差数列性质，得 a5 + a9 = 2a7 = + 2kπ,k Z，3 3
所以 tan(a5 + a9 ) = tan(
2π
+ 2kπ) tan 2π π= = tan(π - ) = - tan π = - 3 .
3 3 3 3
故选：D
2．（2020·辽宁辽阳·二模）已知等差数列 an 的公差为 2，前 n项和为 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成
b 1等比数列.令 n = a a ，则数列 bn 的前 50 项和T50 = （ ）n n+1
50 49 100 50
A． B． C． D．
51 50 101 101
【答案】D
【分析】根据 S1， S2 ， S4 成等比数列结合公差为 2，求得 an ，得到bn ，再利用裂项相消法
求解.
2 1 4 3
【详解】因为 S1 = a1， S2 = 2a1 + 2 = 2a1 + 2， S4 = 4a1 + 2 = 4a1 +12 ，2 2
由题意得 2a1 + 2
2 = a1 4a1 +12 ，
解得 a1 =1，
所以 an = 2n -1，
b 1 1= = 1 1则 n -

2n -1 2n +1 2 ÷，è 2n -1 2n +1
T 1 1 1 1 1 1 1 1 1 50则 50 = - + - + - + ×××+ -

÷ = .2 è 3 3 5 5 7 99 101 101
故选：D
【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算以及裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，
属于中档题.
3．（2024·山东· *二模）欧拉函数j n n N 的函数值等于所有不超过正整数 n，且与 n互质
2n
的正整数的个数，例如j 4 = 2 .已知bn = j 3n+1 ， n N
* ，Tn 是数列 bn 的前 n项和，若
Tn < M 恒成立，则M 的最小值为（ ）
3 7
A． B．1 C． D．2
4 6
【答案】A
n 3 3
【分析】由欧拉函数的定义可求出bn = n ，由错位相减法求出Tn ，可得Tn < ，即M ，3 4 4
即可求出M 的最小值.
【详解】因为 3 为质数，在不超过3n 的正整数中，所有能被 3 整除的正整数的个数为3n-1，
j 3n = 3n - 3n-1 = 2 3n-1 n N* ，
2n 2n n
所以j 3n+1 = 3n+1 - 3n = 2 3n n N* ，则bn = = =j 3n+1 2 3n 3n ，
所以Tn = b1 + b2 + b3 +L+ bn-1 + bn ，
T = 1 + 2 3n 2 + 3 +LL
n -1 n
+ + ，
3 3 3 3n-1 3n
1 T = 1 + 2 + 3 +LL n -1 n+ +
3 n 32 33 34 3n 3n+1
，
1 é n ù
ê1-
1
÷ ú
两式相减可得： 2 1 1 1 1 n 3 ê è 3 T ú nn = + 2 + 3 + + n -

3 3 3 3 3 3n+1
= 1 - 3n+11-
3
1 é1 1
n ù n 1 1 n 1 n= - ê
2 ÷
ú - n+1 = - ÷ + ÷ ，
ê è 3 ú 3 2 è 3 è 2 3
T 3 1
n 3 n 3
所以 n = -
+ < ，
4 3 ÷ è è 4 2 ÷ 4
n
因为bn = n > 0，所以Tn 在 n N*在单调递增，3
3
所以Tn < M 恒成立，所以M ，4
3
所以M 的最小值为 .
4
故选：A.
4．（2024·福建泉州·二模）在等比数列 an 中， a1,a5 是函数 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的两个
极值点，若 a2a4 = 2 2a3 - 2，则 t 的值为（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
【答案】C
t
【分析】首先求函数的导数，利用韦达定理求得 a1a5 = > 0 ，并根据等比数列的性质，代2
入条件等式，即可求解.
t 2x2f x 2x 10 -10x + t【详解】 = - + = ， x > 0
x x
t
所以 a1,a5 是方程 2x2 -10x + t = 0的两个实数根，则 a1 > 0， a5 > 0， a1a5 = > 0 ，2
2
根据等比数列的性质， a2a4 = a1a5 = a3 ，且 a2a4 = 2 2a3 - 2
t t 2
所以 = 2 2 - 2 ，即 t - 4 t + 4 = 0 t - 2 = 0，得 t = 4 .2 2
故选：C
二、多选题
5．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R 上的函数 f x 满足：
f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f 2 = -1，则下列说法中正确的是（ ）
A． f x 是偶函数
B． f x 关于点 2,-1 对称
C．设数列 an 满足 an = f n ，则 an 的前 2024 项和为 0
f 10 D 1． ÷可以是
è 3 2
【答案】ACD
【分析】对于 A：令 x = y = 0 ，解得 f 0 =1，再令 x = 0结合偶函数定义分析判断；对于
B：分析可知 f x 是以 4 为周期的周期函数，关于直线 x = 2对称，进而可得结果；对于 C：
结合周期性分析运算；对于 D：举例说明即可.
【详解】因为 f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f x 的定义域为R ，关于原点对称，
对于选项 A：令 x = y = 0 ，则 2 f 0 = 2 f 2 0 ，解得 f 0 = 0或 f 0 =1，
若 f 0 = 0，令 y = 0 时， f x + f x = 2 f x = 2 f x f 0 = 0，
这与 f 2 = -1矛盾，故 f 0 =1，
令 x = 0，则 f y + f -y = 2 f 0 f y = 2 f y ，
即 f -y = f y ，可知 f x 是偶函数，故 A 正确；
对于选项 B：当 x = y =1时， f 2 + f 0 = f 2 +1 = 2 f 1 f 1 = 0，故 f 1 = 0，
当 y =1时， f x +1 + f x -1 = 2 f x f 1 = 0，
即 f 1+ x = - f x -1 ，则 f x + 2 = - f x ，
所以 f x + 4 = - f x + 2 = f x ，故 f x 是以 4 为周期的周期函数，
又因为 f x 是偶函数，可得 f x + 4 = f x = f -x ，
可知 f x 关于直线 x = 2对称，则 f 3 = f 1 = 0，
若 f x 关于点 2,-1 对称，则 f 3 + f 1 = -2，
这与 f 3 = f 1 = 0矛盾，故 B 错误；
对于选项 C：若 an = f n ，则 an 是周期为 4 的周期数列，
又因为 a1 + a2 + a3 + a4 = 2 f 1 + f 2 + f 0 = 0，
且 2024 = 4 506，所以 an 的前 2024 项和为 0，故 C 正确；
对于选项 D：令 y = x ，则 f 2x + f 0 = 2 f 2 x 2，即 f 2x = 2 f x -1，
可设 f x = cos π x ，经检验可知原条件均成立，
2
f 10 此时有 ÷ = cos
10 π
= cos 5π 1= ，故 D 正确；
è 3 3 2 3 2
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称
性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，
根据函数的性质解决问题．
6．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数 n，j n 是小于或等于 n 的正整数中与 n 互质的数的
数目．函数j n 以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如j 9 = 6（1,2,4,5,7,8与9
互质），则（ ）
A．若 n 为质数，则j n = n -1 B．数列 j n 单调递增
ì n ü
C．数列 í j 3n
j 2n
的最大值为 1 D．数列 为等比数列

【答案】ACD
【分析】利用新定义，结合数列的单调性和等比数列的定义逐个判断即可.
【详解】因为 n为质数，故小于或等于 n的正整数中与 n互质的数的数目为 n -1 ，此时
j(n) = n -1，故 A 正确.
因为j(6) = 2,j(5) = 4，所以j(6) < j(5)，故数列 j n 不是单调递增，故 B 错误.
小于等于2n 的正整数中与2n 互质的数为1,3,5,L, 2n -1，数目为 2n - 2n-1 = 2n-1，
n n n
所以 =j(2n ) 2n-1 在 n N
* 时递减，故当 n =1时，数列{j(2n
}
) 的最大值为 1，故 C 正确.
小于等于3n 的正整数中与3n 互质的数的数为1,2,4,5,L,3n - 2,3n -1，数目为3n - 3n-1 = 2 ×3n-1，
j(3n )
故j(3n ) = 2 ×3n-1，而 n 1 = 3，故数列 j 3n- 为等比数列，故 D 正确.j(3 )
故选： ACD.
【点睛】关键点点睛：从质数定义入手，结合题目信息，逐步解答.
三、填空题
7．（2021·江西·模拟预测）已知公差不为 0 的等差数列 an 的部分项 ak a a ……1 ， k2 ， k3 ， 构成
等比数列 an ，且 k1 =1， k2 = 2， k3 = 5，则 kn = .
3n-1 +1
【答案】
2
【分析】设等差数列 an 的公差为d ，则 d 0，由等比数列的性质列式求得 2a1 = d ．然
后再由等差数列与等比数列的通项公式列式求得 kn ．
【详解】解：设等差数列 an 的公差为d ，则 d 0，
由已知 a2k = ak × ak , \a
2 = a × a ，
2 1 3 2 1 5
2
即 a1 + d = a1 × a1 + 4d ，得 2a1 = d ，
于是，在等比数列 ak , ak ,a1 2 k ,L,a3 kn 中，
a a a + d a + 2a
公比 q =
k2 = 2 = 1 = 1 1 = 3
ak a a a
．
1 1 1 1
a n-1由 k 为数列 ak 的第 n项，知 ak = ak ×3 = a1 3n-1n ；n 1
由 ak a k a = a + k -1 d = a 2k -1 n 为数列 n 的第 n 项，知 kn 1 n 1 n ，
\a1 3
n-1 = a1 2kn -1 ，
n-1
故 k 3 1n = + .2 2
3n-1 +1
故答案为 ．
2
【点睛】该题考查的是有关等差数列与等比数列的综合问题，属于中档题目，在解题的过程
中，需要对等差数列的通项公式与等比数列的通项公式熟练掌握，并且要注意三项成等差数
列的条件，得出等差数列的首项与公差的条件，从而确定出所得的等比数列的项的特点，进
一步求得结果，从而求得等比数列的项的特点，得到 kn 的关系，从而求得结果，在做题的
过程中，如果分析不到位，很容易出错.
8．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知实数 a、b 、 c、d 成等差数列，且函数 y = ln x + 2 - x
在 x = b 时取到极大值 c，则 a + d = .
【答案】 0
【分析】利用导数求出函数 y = ln x + 2 - x的极值点与极值，可得出b 、 c的值，再利用等
差数列的性质可求得 a + d 的值.
【详解】函数 y = ln x + 2 - x的定义域为 -2, + y 1 1 x +1，且 = - = - ，
x + 2 x + 2
y x +1 0 y x +1由 = - < 可得 x > -1，由 = - > 0可得-2x + 2 x + 2
所以，函数 y = ln x + 2 - x的单调递增区间为 -2, -1 ，递减区间为 -1, + ，
所以，函数 y = ln x + 2 - x在 x=-1时取到极大值 c = ln1+1 =1，
又因为实数 a、b 、 c、d 成等差数列，可得 a + d = b + c = -1+1 = 0 .
故答案为： 0 .
9．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列 a ln a = a +1 f x ln xn 满足 n+1 n ，函数 = 在 x = xx +1 0
处取得最大值，若 ln a4 = 1+ a2 x0 ，则 a1 + a2 =
【答案】-2
【分析】先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，再由极值存在的条件及零点存在性定
理即可求解.
x +1
- ln x x +1 1
【详解】因为 f x = x ，令u x = - ln x =1+ - ln x，
x +1 2 x x
则u x 在 0, + 上单减，
且u 2 3= - ln 2 > 0,u e2 1= -1< 0 ，2 e2
2
由零点存在定理知，存在唯一的 x0 2,e ，使得u x0 = 0，
x0 +1 ln x 1 ln x即 = 0 = 0x0 x0 x0 +1
①，
且当0 < x < x0 时，u x0 > 0，则 f x > 0；
当 x > x0时，u x0 < 0，则 f x < 0；
所以 f x 在 0, x0 上单调递增， x0 ,+ 上单调递减，
由 ln an+1 = an +1 ln a4 = a3 +1, ln a3 = a2 +1，
而 ln a4 = 1
1 1+ a 1+ a ln a
+ a2 x0 = 2 = 2 = 3 = f a3 x0 ln a4 1+ a3 1+ a
②，
3
1
由①②知， = f x0 = f a3 a3 = xx 0 ，0
1
所以 a2 +1 = ln a3 = ln x0 a2 = ln x0 -1 = a1 +1 = ln a2 = - ln xx 0 ，0
从而 a2 +1 + a1 +1 = 0 a2 + a1 = -2 .
故答案为：-2 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先对 f x 求导，求出 f x 的单调性和最值可得
1 ln x
= 0 ，再结合 ln a =x x 1 4 1+ a2 x0 可求出 a3 = x+ 0 ，所以 a2 +1 = ln x0 ,a1 +1 = - ln x0，即可求出0 0
a1 + a2 的值.
四、解答题
10．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 + a2 + 3a4 = 25，且
a3 + 2， a4，a5 - 2成等比数列．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设b = a × 3an +1 ，求数列 bn 的前 n 项和Tn n n ．
【答案】(1) an = 2n -1 n N*
(2)Tn = 3+ n -1 ×3n+1 n N*
【分析】（1）设出公差，表达出前 5 项，通过等差和等比关系求出a3和公差d ，即可得到数
列 an 的通项公式；
（2）表达出数列 bn 的通项公式，得到数列 bn 的前 n 项和Tn 的表达式，利用错位相减法
即可得出数列 bn 的前 n 项和.
【详解】（1）由题意， n N*
在等差数列 an 中，设公差为d ,
由 a1 + a2 + 3a4 = 25，得5a1 +10d = 25，则 a1 + 2d = a3 = 5，
又 a3＋2，a4，a5－2 成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d 2成等比数列，得 5 + d = 7 3 + 2d ，即 d - 2 2 = 0 ，得 d＝2，
∴ an = a3 + n - 3 d = 2n -1， n N* ，
∴ *数列 an 的通项公式为： an = 2n -1 n N ．
（2）由题意及（1）得， n N* ，
在数列 an 中， an = 2n -1，
在数列 bn 中，b = a an +1n n × 3 ，
∴ b 2n nn = 2n -1 × 3 = 2n -1 ×3 ，
∴T 1 2 3 nn =1 3 + 3 3 + 5 3 +L+ 2n -1 3 ，
3Tn =1 3
2 + 3 33 +L+ 2n - 3 3n + 2n -1 3n+1，
2 3 n n+1
两式相减得-2Tn = 3 + 2 3 + 3 +L+ 3 - 2n -1 ×3
9 1- 3n-1
= 3+ 2 × - 2n -1 ×3n+1
1- 3
= -6 + 2 - 2n ×3n+1．
∴Tn = 3+ n -1 ×3n+1 n N*
11．（2024·浙江·二模）欧拉函数j n n N* 的函数值等于所有不超过正整数 n且与 n互素
的正整数的个数，例如：j 1 =1，j 4 = 2，j 8 = 4，数列 an 满足 an = j 2n n N* .
(1)求 a1， a2，a3，并求数列 an 的通项公式；
b 1 n log2 a(2)记 n = - 2n ，求数列 bn 的前 n和 Sa n .2n
【答案】(1) a1 =1， a2 = 2
n-1
， a3 = 4， an = 2
S 6 20n + 6(2) n = - +25 25 -4 n
【分析】（1）根据题意理解可求 a1， a2，a3，结合与2n 互素的个数可求数列 an 的通项公
式；
（2）求出数列 bn 的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意可知 a1 = j 2 =1， a2 = j 4 = 2 ， a3 = j 8 = 4，
由题意可知，正偶数与2n 不互素，所有正奇数与2n 互素，比2n 小的正奇数有 2n-1 个，
所以 an = j 2n = 2n-1；
2 1 n n-1 2n 2n-1（ ）由（ ）知 an = j 2 = 2 ，所以 a2n = j 2 = 2 ，
b 1 n log a log 2
2n-1 2 1 n
所以 2 2n
n 2 n
n = - = -1 2n-1 = -1 2n -1 = 4n - 2 - ，a2n 2 4n ÷è 4
Sn = b1 + b2 +L+ bn ，
1 2 n-1 n
1
所以 Sn = 2 -

÷ + 6
1- +L+ 4n - 6 1- ÷ ÷ + 4n 2
1- -
4 4 4 ÷
，①
è è è è 4
1
2 3 n n+1
- S = 2 1- ÷ n ÷ + 6
1 -

÷ +L+ 4n - 6
1 - ÷ + 4n
1
- 2 - ÷ ，②
è 4 è 4 è 4 è 4 è 4
所以①－②得
5 1 1 é 1 2 1 n n+1S = 2 - + 4 - +L+ -
ù 1
4 n 4 ÷ ê 4 ÷ 4 ÷ ú
- 4n - 2 - ÷
è ê è è ú è 4
1 é1 1
n-1
- -
ù
1 16
ê
è 4 ÷
ú

4 ê ú 4n 2 1
n+1
= - + - - -
2 1- 1
÷
- è 4 4 ÷è
1 1 é n-1 ù n+1
= - + ê1
1- - 1 3 20n + 6 ÷ ú - 4n - 2
- ÷ = - -2 5 n+1 ，ê è 4 ú è 4 10 5 -4
S 6 20n + 6n = - +25 25 -4 n
所以
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024· *辽宁·二模）设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，点 (n, Sn )(n N ) 在函数
f (x) = Ax2 + Bx + C(A, B,C R)的图象上，则（ ）
A．C0 =1 B．若 A = 0 ，则$n0 N
*
，使 Sn 最大
C．若 A > 0 $n N* *，则 0 ，使 Sn 最大 D．若 A < 0，则$n0 N ，使 Sn 最大
【答案】D
1 2
【分析】根据等差数列{an}的前 n 项和 Sn = dn + (a
1
1 - d )n，得到C = 0，可判定 A 错误；2 2
由 A = 0 时，得到 Sn = na1 ，当 a1 > 0时，可判定 B 错误；由 A > 0 ，得到 d > 0，可判定 C 错
误；由 A < 0，得到 d < 0 ，可判定 D 正确．
1 1 2 1
【详解】因为等差数列{an}的前 n 项和 Sn = na1 + n(n -1)d = dn + (a - d )n2 2 1 2 （d 为公差），
所以"n N*，点 (n,S )
1 2 1
n 在函数 y = dx + (a1 - d )x2 2 的图像上，
对于 A *中，因为 (n, Sn )(n N ) 在函数 f (x) = Ax2 + Bx + C 的图象上，
可得 A
1
= d ，B = a
1
1 - d ，C = 0，所以C0 = 00 无意义，所以 A 错误；2 2
对于 B 中，若 A = 0 ，则 d = 0 ，此时 Sn = na1 ，
当 a1 > 0
*
时，不存在 n0 N ，使 Sn 最大，所以 B 错误；
对于 C 中，若 A > 0 ，则 d > 0， Sn 有最小值，无最大值，所以 C 错误；
对于 D 中，若 A < 0，则 d < 0 ， Sn 有最大值，所以 D 正确．
故选：D.
π
2．（2022 高三·全国·专题练习）已知数列 an 为等差数列，且 a7 = .设函数2
f x = sin2x + 2cos2 x ，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 13 项和为（2 ）
13π
A． B．7π C．7 D．13
2
【答案】D
【分析】化简函数的解析式，利用等差数列的性质结合三角函数即可求值.
【详解】因为 f x = sin2x + 2cos2 x = sin 2x + cos x +1，
2
因为数列 an 为等差数列，
所以 a1 + a13 = 2a7 = π ，
所以 yn = f an = sin 2an + cos an +1，
所以 y1 + y13 = sin 2a1 + cos a1 +1+ sin 2a13 + cos a13 +1
= sin 2a1 + cos a1 +1+ sin 2π - 2a1 + cos π - a1 +1
= sin 2a1 + cos a1 +1- sin 2a1 - cos a1 +1 = 2，
同理因为 a2 + a12 = a3 + a11 = a4 + a10 = a5 + a9 = a6 + a8 = 2a7 = π ，
所以 y2 + y12 = y3 + y11 = y4 + y10 = y5 + y9 = y6 + y8 = 2，
又 y7 = sin 2a
π
7 + cos a7 +1 = sin π + cos +1 =1，2
所以数列 yn 的前 13 项和为 13.
故选：D
a a
3．（23-24 · · n+2高三下 重庆 阶段练习）定义：满足 : n+1 = q qa a 为常数， n N
*）的数列
n+1 n
an 称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列∣an 的二阶公比为
2,a1 =1, a2 = 2 ，则使得 an > 2024 成立的最小正整数 n为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
a n-1n
【分析】根据数列新定义可得 =a 2 ，利用累乘法求得 an 的表达式，解数列不等式，n-1
即可求得答案.
a2
【详解】由题意知二阶等比数列∣an 的二阶公比为 2,a1 =1, a = 2 ，则 = 22 a ，1
a n-1n 2 , a n-2= n-1 a2故 = 2 ,L, = 2a ，n-1 an-2 a1
a n-1 n 2 (n-1)n- n-1 n
将以上各式累乘得： n =
a 2 × 2 ×L× 2 = 2
2 = 2 4 ，
1
n(n-1) n-1 n
故 a 4 ，令 4 ，由于 2
10 =1024,211 = 2048，
n = 2 2 > 2024
n -1 n
故 >10 ，即 n -1 n > 40，
4
又 n -1 n的值随 n 的增大而增大，且 (7 -1) 7 = 42,(8 -1) 8 = 56 ，
n-1 n
n 7 21当 = 时， 2 4 = 2 2 = 210 2 < 210 2 = 2024，
n-1 n
当 n = 8时， 2 4 = 214 > 2024，
故 n 的最小值为 8，
故选：B
4．（2024·江苏徐州·一模）已知数列 an 的前n项和为 Sn ，且3S = 2a +1， n N*n n ．若 Sk 2024，
则正整数 k 的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出 Sn ，再求解不等式即得.
【详解】数列 an 中，3Sn = 2an +1，当 n 2时， an = Sn - Sn-1，则3Sn = 2Sn - 2Sn-1 +1，
1 1
整理得 Sn = -2Sn-1 +1，即 Sn - = -2(Sn-1 - ) ，而3S1 = 2a1 +1 = 2S1 +1，即 S1 =1，3 3
{S 1} S 1 2 1 2 n-1因此数列 n - 是以 1 - = 为首项，公比为-2的等比数列， Sn - = × (-2) ，3 3 3 3 3
1- (-2)n 1+ 2k
则 Sn = ，由 Sk 2024，知 k 为奇数，此时 Sk = 是递增的，3 3
1+ 211S 2049
13
而 11 = = = 683
1+ 2 8193
< 2024， S13 = = = 2731 > 2024 ，3 3 3 3
所以正整数 k 的最小值为 13.
故选：C
7π
5．（23-24 高三上·山西运城·期末）已知等差数列 an 中， a9 = ，设函数12
f (x) = cos4 x - sin4 x - 2 3 sin x cos x -1，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 17 项和为（ ）
A．-51 B．-48 C．-17 D．0
【答案】C
【分析】根据三角恒等变换化简 f (x)
7π
的表达式，判断其图象关于点 ( , -1)成中心对称，结
12
合等差数列性质可得 a1 + a17 = a2 + a16 =L = 2a 2
7π
9 = ，从而得12
f (a1) + f (a17 ) = f (a2 ) + f (a16 ) =L = f (a8 ) + f (a10 ) = -2，由此即可求得答案.
【详解】由题意知 f (x) = cos4 x - sin4 x - 2 3 sin x cos x -1
= cos2 x + sin2 x cos2 x - sin2 x - 3 sin 2x -1
= cos 2x - 3 sin 2x -1 = 2cos 2x
π
+ ÷ -1，
è 3
7π π
当 x
7π
= 时， 2cos
7π
2 + ÷ = 0 ，即 f (x) 关于点 ( , -1)成中心对称，12 è 12 3 12
7π 7π
由于等差数列 an 中， a9 = ，故 a + a12 1 17 = a2 + a16 =L = 2a9 = 2 ，12
故 f (a1) + f (a17 ) = f (a2 ) + f (a16 ) =L = f (a8 ) + f (a10 ) = 2 (-1) = -2，
f (a9 ) = 2cos
7π π
2 +

÷ -1 = -1，
è 12 3
故数列 yn 的前 17 项和为 f (a1) + f (a2 ) +L+ f (a17 )
= f (a1) + f (a17 ) + f (a2 ) + f (a16 ) +L+ f (a8 ) + f (a10 ) + f (a9 )
= 8 (-2) -1 = -17 ，
故选：C
6．（2024·安徽池州·二模）对于数列 an ，若点 n,an 都在函数 y = cq x 的图象上，其中q > 0
且 q 1，则“ qc >1”是“ an 为递增数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质，结合指数函数的性质和充分必要条件的判断求解.
【详解】因为 n,an n在函数 y = cq x 的图象上，所以 an = cq = cq ×qn-1，
即 an 是以 cq为首项，q为公比的等比数列.
若 qc >1，且q > 0 ， q 1，则可能的情况由两种：
（1）0 < q <1则 c < 0，所以等比数列 an 首项为负，公比0 < q <1，所以等比数列 an 单调
递增；
（2） q > 1 则 c > 0，所以等比数列 an 首项为正，公比 q > 1 ，所以等比数列 an 单调递增.
所以“ qc >1”是“ an 为递增数列”的充分条件.
若 an 为递增数列， an+1 - an = an q -1 > 0，又q > 0 且 q 1，
ì0 < q <1 ìq >1
所以： í 或 í
an < 0 an > 0
ì0 < q <1 ì0 < q <1
由 í í qc >1
an < 0 c
；
< 0
ìq >1 ìq >1
由 í qc >1
a 0
íc 0 ；n > >
所以“ qc >1”是“ an 为递增数列”的必要条件.
故选：A
7．（2024·上海奉贤·三模）若数列 an 的前 n项和为 Sn ，关于正整数 n的方程 Sn × Sn+1 = a 记
为F ，命题 p ：对于任意的 a R ，存在等差数列 an 使得F 有解；命题q：对于任意的
a R ，存在等比数列 bn 使得F 有解；则下列说法中正确的是（ ）
A．命题 p 为真命题，命题q为假命题； B．命题 p 为假命题，命题q为真命题；
C．命题 p 为假命题，命题q为假命题； D．命题 p 为真命题，命题q为真命题；
【答案】D
【分析】根据题意，利用等差数列与等比数列的性质，结合 Sn × Sn+1 = a 有解，构造出满足条
件的等差、等比数列，即可求解.
【详解】当 a = 0时，可得 an = 0且 Sn = 0，显然满足 Sn × Sn+1 = a ；
当 a > 0时，设等差数列 an 的首项 a 3 a d 31 = ，公差为 = - a ，2 3
可得 a 3 a ,a 3 a , a 3 3 2 31 = 2 = 3 = - a ，此时 S = a , S = a + a2 6 6 1 2 2 1 2
= a ，
3
满足 S1 × S2 = a，即存在等差数列 an 使得F 有解，
当 a<0时，设等差数列 a 3n 的首项 a1 = -a
3
，公差为 d = - -a ，
2 3
3
可得a1 = -a,a
3 3 3
2 = -a,a3 = - -a ，此时 S1 = -a,S
2 3
2 = a1 +a2 = -a ，2 6 6 2 3
满足 S1 × S2 = a，即存在等差数列 an 使得F 有解，
综上可得，对于任意的 a R ，存在等差数列 an 使得F 有解，所以命题 p 为真命题；
当 a = 0 n-1时，取等比数列 bn 的首项为b1 =1，公比为 q = -1 ，可得bn = (-1) ，
S 1- (-1)
n
则 = ，此时满足 Sn × Sn+1 = 0，即 Sn × Sn+1 = an 成立；2
当 a > 0 a a时，取等比数列 bn 的首项为b q =11 = ，公比为 ，可得b2 n = ，2
S a , S 2 a此时 = = ，满足 S1 × S2 = a1 2 ，即存在等比数列 bn 使得F 有解；2 2
当 a < 0时，令b = (-2)n-1n -a ，即 bn 为首项b1 = -a ，公比为 q = -2 的等比数列，
此时 S1 = -a , S2 = b1 + b2 = - -a ，满足 S1 × S2 = a，即存在等比数列 bn 使得F 有解；
综上可得，对于任意的 a R ，存在等比数列 bn 使得F 有解，所以命题q为真命题.
故选：D.
【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题
的情景，要求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，实心信
息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、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，使得问题得以解决.
3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律
求解；
4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解；
5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进
行证明；
6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解.
8．（2024·青海·模拟预测）已知定义在 R 上的函数 f x 满足
f x + y = f x f y - 2 f x - 2 f y + 6， f 1 = 4 ，则 f 1 + f 2 + ×××+ f 99 =（ ）
A． 299 +198 B． 299 +196 C． 2100 +198 D． 2100 +196
【答案】D
【分析】依次求出 f (2) = 22 + 2, f (3) = 23 + 2, f (4) = 24 + 2,猜想 f (99) = 299 + 2 ,再用等比数列
求和.
【详解】Q f (1) = 4 = 2 + 2 ,
\ f (2) = f (1+1) = f (1) f (1) - 2 f (1) - 2 f (1) + 6 ,
= 4 4 - 2 4 - 2 4 + 6 = 6 = 22 + 2 ,
\ f (3) = f (2 +1) = f (2) f (1) - 2 f (2) - 2 f (1) + 6
= 6 4 - 2 6 - 2 4 + 6 =10 = 23 + 2 ,
\ f (4) = f (2 + 2) = 36 -12 -12 + 6 =18 = 24 + 2 ,
\ f (5) = f (3+ 2) = 60 - 20 -12 + 6 = 34 = 25 + 2 ,
× × ×
\ f (99) = 299 + 2 ,
\ f (1) + f (2) +L+ f (99)
= (2 + 2) + 22 + 2 +L+ 299 + 2
= 2 + 22 +L+ 299 + 2 99
2 1- 299
= +198
1- 2
= 2100 - 2 +198 = 2100 +196
故选：D
n
【点睛】关键点点睛:本题关键是通过计算 f n 观察得到 f n = 2 + 2 ,进而转化为等比数列
求和.
二、多选题
9．（2024·贵州·三模）已知定义域为R 的函数 f x 满足
f x + y = f x + f y + x2 y + xy2 , f x 为 f x 的导函数，且 f 1 = 2，则（ ）
A． f 0 = 0
B． f x 为奇函数
C． f -2 = 7
D．设bn = f n n N* ，则b2024 = 2023 2025 + 2
【答案】ABD
【详解】对于 A：令 x = y = 0 可得；对于 B：令 y = -x可得；对于 C ：先确定 f x 的奇偶
性，然后令 y =1后对 f x +1 = f x + f 1 + x2 + x两边同时求导，再代入 x = -2即可；对于
D：利用累加法求通项公式.
【点睛】对于 A：令 x = y = 0 得 f 0 = f 0 + f 0 ，所以 f 0 = 0，A 正确；
对于 B：令 y = -x得 f 0 = f x + f -x + x2 -x + x -x 2 ，所以 f x + f -x = 0，B 正确；
对于 C：因为 f -x = - f x ，所以- f -x = - f x ，即 f -x = f x ，
所以 f x 为偶函数，由 f 1 = 2可得 f -1 = 2，
令 y =1得 f x +1 = f x + f 1 + x2 + x，
则 f x +1 = f x + 2x +1，令 x = -2，得 f -1 = f -2 - 4 +1，
所以 f -2 = 5，C 错误；
对于 D：因为 f x +1 = f x + 2x +1，bn = f n n N* ，
所以bn+1 = bn + 2n +1，且b1 = f 1 = 2
ìbn - bn-1 = 2n -1

bn-1 - bn-2 = 2n - 3 n -1 2n -1+ 3
所以 íL ，相加可得bn - b1 = = n
2 -1，
2
b2 - b1 = 3
所以bn = n -1 n +1 + 2，则b2024 = 2023 2025 + 2 ，D 正确.
故选：ABD.
2π
10．（2024·河南·三模）将函数 f x = sin wx - ÷ (w > 0, x > 0)的零点按照从小到大的顺序
è 3
2
排列，得到数列 an ，且 a1 = ，则（ ）3
A．w = 2 B． f x 在 1,2 上先增后减
31 2
C a = D a n 3n + n． 10 ．3 n 的前 项和为 6
【答案】BD
2π 3k + 2 π
【分析】根据正弦型函数的对称中心由wx - = kπ k Z 得 x = k Z3 ，进而可3w
f x sin πx 2π得 = - ÷ ，即可求解 AB，根据等差数列的性质以及求和公式即可求解 CD.
è 3
【详解】由 f x = 0 wx 2π，得 - = kπ k Z 3k + 2 π ，则 x = k Z ，因为w > 0，且3 3w
a 21 = ，3
2π 2
所以当 k = 0时， = （当 k = -1时， x < 0 ，不符合题意），得w = π,故
3w 3
f x = sin πx
2π
- ÷ ，A 错误，
è 3
若 x 1,2 πx 2π π，则 - ,
4π 2π
÷ ，故 f x = sin πx - ÷ 在 x 1,2 上先增后减，B 正确.3 è 3 3 è 3
由于w = π,故周期为 2，所以 a 2n 是首项为 13 ，公差为 的等差数列，
a 2 9 1 29 a n 2 n n -1
2
= + = S n 1 3n + n则 10 ， n 的前 项和 n = + = ，C 错误，D 正确.3 3 3 2 6
故选：BD
11．（2022·海南·模拟预测）对于无穷数列 an ，给出如下三个性质：① a1 < 0；
② "n, s N*， an+s > an + as ；③ "n N* ，$t N* ， an+t > an ，定义：同时满足性质①和②
的数列 an 为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列 an 为“t 数列”，则下列说法正确的是
（ ）
A．若 an = 2n - 3，则 an 为“s 数列”
1
B．若 an = - n ，则 a2 n 为“t 数列”
C．若 an 为“s 数列”，则 an 为“t 数列”
D．若等比数列 an 为“t 数列”，则 an 为“s 数列”
【答案】ABD
【分析】根据“s 数列”和“t 数列”的定义逐一对各选项分析判断即可.
【详解】对于 A，Q an+s - an - as = 2 n + s - 3 - 2n - 3 - 2s - 3 = 3 > 0 n, s N* ，
\an+s > an + as ，又 a1 = -1< 0，
\数列 an 为“s 数列”，故 A 正确.
Q a 1 a 1 1 1对于 B， n = -
* *
n ， n+t = - n N , t Nn+t ，又2 2 2n+t < n ，2
\an+t > a
1
n ，又 a1 = - < 0，2
\数列 an 为“t 数列”， 故 B 正确.
对于 C，若 an = -n -1， an+s - an - as = - n + s -1- n -1 - s -1 =1 > 0 n, s N* ，
又a1 = -2 < 0，所以数列 an “s ” "n N*为 数列 ，但 ,"t N*,an+t < an ，故 C 错误.
对于 D * *，若等比数列 an 为“t 数列”，则 a1 < 0，"n N ,$t N , an+t > an ，
a qt即 n > an （公比为q）.
（1）若公比q > 0 ，因为 a1 < 0，所以 an < 0，所以 qt < 1，所以0 < q <1，
a - a - a = a qn+s-1 n-1
a
此时 n+s n s 1 - a1q - a1q
s-1 = 1 qn+s - qn - qsq
因为0 < q <1， qn+s - qn < 0， qn+s - qn - qs < 0 ，所以 an+s - an - as > 0，
即 an+s > an + as ，所以 an 为“s 数列”；
t
（2）若公比q < 0， 由 a1 < 0得 a2 > 0，由性质③知$t N* ， a2+t > a2 ，即 a2 q -1 > 0 ，
所以 qt > 1，但此时 a1+t = a1q
t < a1与性质③不符，所以q < 0时 an 不是“t 数列”.
综上，若等比数列 an 为“t 数列”，则 an 为“s 数列”，故 D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：
本题解题的关键是牢牢抓住数列 an 为“s 数列”和数列 an 为“t 数列”所满足的性质对各选项
逐一进行验证.
三、填空题
1
12．（2024·浙江·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 an = ，数列 bn 的n + n -1
前 n b项和为Tn ，且 2 n -1 Sn = an+1，则满足Tn 2的正整数 n的最小值为 .
【答案】15
S 2b n +1【分析】利用裂项相消法求出 n ，代入已知整理得 n = ，然后取对数，利用裂项相
n
消法可得Tn ，解不等式即可.
a 1【详解】因为 n = = n - n -1 ，n + n -1
所以 Sn = n - n -1 + n -1 - n - 2 + ×××+ 1 - 0 = n ，
b
因为 2 n -1 Sn = a bn+1，所以 2 n -1 n = n +1 - n ，
2b n +1 - n n +1整理得 n = +1 = ，
n n
所以bn = log
n +1
2 = log2 n +1 - log2 n ，n
所以Tn = log2 n +1 - log2 n + log2 n - log2 n -1 + + log2 2 - log2 1 = log2 n +1 ，
令 log2 n +1 2，解得n 15 .
所以正整数 n的最小值为 15.
故答案为：15
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于通过分母有理化裂项求 Sn ，取对数，利用对数运
算裂项求Tn ，然后可解.
1 1
13．（2023 高三·全国·专题练习）函数 f x 满足 f n +1 = , f 1 = n N*1 + f n 2 ．若不
等式 f n +1 - f n M 对任意的 n恒成立，则M 的最小值是 ．
1
【答案】 .
6
an+1
【分析】由斐波那契数列 an ，有 f n = a ，由斐波那契数列的性质有n+2
a2n+1 = anan+2 + -1
n
，则 f n +1 - f n f 2 - f 1 ，可求M 的最小值.
【详解】斐波那契数列 an 满足： a1 =1, a2 =1,an-2 + an-1 = an.
数列为正项递增数列，
由斐波那契数列的性质有a2 nn+1 = anan+2 + -1 .
1 a 2 a 3 a a
∵ f 1 = = 2 , f 2 = = 3 , f 3 = = 4 ,L f n = n+12 a3 3 a4 5 a
， ，
5 an+2
2
∴ f n 1 f n a a a - a a -1
n+1
+ - = n+2 - n+1 = n+2 n+1 n+3 = ，
an+3 an+2 an+3an+2 an+3an+2
1 1 1
而 f n +1 - f n = f 2 - f 1 = = .an+3an+2 a3a4 6
故只需M f n +1 - f n 1 1= ，即M 的最小值是 .
max 6 6
1
故答案为：
6
14 2 1．（23-24 高三上·河北邢台·开学考试）函数 f x = x - x + a的最小值是 2 ，数列 an 满足
an+1 = f an ， a1 =1，则数列 an 的通项公式是 ．
1 2
n-1
a 1【答案】 n =

÷ +
è 2 2
2
【分析】利用 an+1 = f a a 1- = a 1- n 得到 n+1 n ÷ ，通过取对数构造等比数列，借助等比数2 è 2
列知识化简计算即可.
2 1
【详解】因为函数 f x = x - x + a 的最小值是 2 ，
x 1= f x f 1 1
2
1 1
所以当 时， = ÷ = ÷ - + a = ，解得 a
3
= .
2 min è 2 è 2 2 2 4
所以 f x = x2 - x 3+ ，
4
2
因为 an+1 = f a , n N* ，所以 a = a2 3 1 1n n+1 n - an + =4 an - ÷ + ，è 2 2
1 1
因为 n N*，又 a1 =1，所以 an+1 > ，所以 an > .2 2
a 1 a 1
2

所以 n+1 - = -2 n 2 ÷
，
è
lg a 1 两边同时取对数可得： n+1 - ÷ = 2lg
1
an -

，
è 2 è 2 ÷
ì 1 ü 1
所以数列 ílg an - ÷ 是以 lg 为首项，2 为公比的等比数列.
è 2 2
n-1
lg a 1
2
所以 n - ÷ = - lg 2 2n-1，即2 a
1 1
n =

è
+ .
è 2 ÷ 2
2n-1
a = 1 1故答案为： n ÷ + .
è 2 2
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用 an+1 = f an ，通过配方、取对数构造出等
比数列.
四、解答题
15．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列 an 满足 a2 = 5， a9 + 7 = 2a6 .
(1)求 an 的通项公式；
(2)设数列 bn 前 n S 2 2项和为 n ，且bn = an+1 - an ，若 Sm > 432，求正整数m 的最小值.
【答案】(1) an = 2n +1
(2)10
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d ，依题意根据等差数列通项公式得到关于 a1、d 的
方程组，解得即可求出通项公式；
（2）由（1）可得bn = a
2 2
n+1 - an = 8n + 8，利用等差数列求和公式求出 Sn ，再解不等式即可.
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d ，
ìa1 + d = 5 ìa1 = 3
则 ía 8d 7 2(a 5d )，解得 ， 1 + + = +
í
1 d = 2
故 an = a1 + (n -1)d = 2n +1；
（2）由（1）可得 an+1 = 2n + 3，
则bn = a
2
n+1 - a
2
n = (2n + 3)
2 - (2n +1)2 = 8n + 8，
所以bn - bn-1 = 8(n 2)，则数列 bn 是以b1 =16为首项，8为公差的等差数列，
16 + 8 + 8n n
故 Sn = = 4n
2 +12n ，
2
因为 Sm > 432，所以 4m2 +12m > 432，所以 4(m +12)(m - 9) > 0，
所以m > 9或m < -12，
因为m N*，所以m > 9，所以m 的最小值是10．
a 1
16．（2024·江苏连云港· n模拟预测）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn = +2 a ．n
(1) 2证明：数列 Sn 是等差数列；
ì 1
,n =1
S
S
(2) n数列 n 的每一项均为正数，bn = í 1 ，数列
bn 的前 n 项和为Tn ，当
,n 2
Sn + Sn-1
T 2n 1012时，求 n 的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2024．
ìS1, n =1
【分析】（1）由 an = íS S ,n 2与等差数列的定义，可证结论成立
.
n - n-1
（2）先利用裂项求和法求Tn ，再解不等式可得 n 的最小值.
a1 1 2
【详解】（1）当 n =1时， a1 = + 2 a a1 = 2，1
S - S
n 2 S = n n-1
1
当 时， n +2 S - S ，n n-1
Sn + Sn-1 1
所以 = ，所以 S 2 - S 2n n-1 = 22 S - S （常数），n n-1
S 2 S 2故数列 n 是以 1 = 2为首项，2 为公差的等差数列．
ì 1 ì 1
, n =1 ,n =1
2 S
2
（2）由（1）知， Sn = 2 + n -1 2 = 2n b =
n
，得 n í bn = í
1 , n 2
1 ,n 2
Sn + Sn-1 2n + 2 n -1
1
所以Tn = 1
1 1 1 1
+ + + + ×××+
2 è 2 +1 3 + 2 4 + 3 n + n -1
÷

1
= 1 n+ 2 -1+ 3 - 2 + 4 - 3 + ×××+ n - n -1 = ，
2 2
当T 2
n
n 1012时，即 1012 n 2024，所以 n 的最小值为 2024．2
17．（2024·四川成都·三模）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ,3Sn = 4an - 2 .
(1)证明：数列 an 是等比数列，并求出通项公式；
(2) f x = x2 1设函数 × lnx - ÷的导函数为 f x ，数列 bn 满足bn = f an ，求数列 b2 n 的è
前 n项和Tn .
2n-1
【答案】(1)证明见解析，an = 2
T ln2 é 2 n 5 4n+1 20
ù
(2) n = × ê - ÷ + ÷ú
è 3 9 9
ìS
1 a = 1
, n =1
【分析】（ ）根据 n íS S ,n 2 分两步求解即可； n - n-1
2n-1
（2）方法一：根据题意，结合导数运算与an = 2 得bn = ln2 × 2n -1 ×4
n
，进而将 bn 通项
b ln2 é 2 n 5 n+1 2 11 n ù公式变形为 n = × ê -3 9 ÷
4 - n - ÷ 4 ú，再根据裂项求和求解即可.
è è 3 9
a = 22n-1方法二：根据题意，结合导数运算与 n 得bn = ln2 × 2n -1 ×4
n
，再根据错位相减法求
和即可.
【详解】（1）解：Q3Sn = 4an - 2，\3Sn-1 = 4an-1 - 2, n 2 ，
相减得3an = 4an - 4an-1，即 an = 4an-1，
∴数列 an 是以 4 为公比的等比数列，
又3S1 = 4a1 - 2 = 3a1，解得 a1 = 2
a = 2 ×4n-1 = 22n-1n .
2 1
（2）解：方法一：Q f x = 2xlnx + x × - x = 2xlnx ，bn = f an ，an = 22n-1，x
\b = 2 × 22n-1n ln2
2n-1 = ln2 × 2n -1 × 4n ，
Qb é 2 5 2 11 ùn = ln2 × 2n -1 × 4n = ln2 × n+1 nê n - ÷4 - n -3 9 3 9 ÷4 ， è è ú
∴Tn = b1 + b2 + b3 +L+ bn-1 + bn
ln2 é1= × 42 5+ 41 ù + ln2 7× é 43 1- 42 ù ln2 é13+ × 44 7- 43 ùê +L 9 9 ú ê9 9 ú ê 9 9 ú
é 2
+ln2 × ê n
5
- 4n+1 - 2 n 11- 4n ù = ln2 é 2 n 5× - 4n+1 20 ù÷ ÷ ú ê ÷ + ú
è 3 9 è 3 9 è 3 9 9
T ln2 é= × 2 n 5 4n+1 20ù∴ n ê -3 9 ÷
+
è 9 ú
.

方法二：Q f x = 2xlnx + x2 1× - x = 2xlnx ，bn = f an ，a = 22n-1n ，x
\b = 2 × 22n-1ln22n-1n = ln2 × 2n -1 × 4n
∴Tn = ln2 ×1×4
1 + ln2 ×3 ×42 + ln2 ×5 × 43 +L+ ln2 × 2n - 3 × 4n-1 + ln2 × 2n -1 × 4n
4T = ln2 ×1× 42n + ln2 ×3 × 4
3 + ln2 ×5 × 44 +L+ ln2 × 2n - 3 × 4n + ln2 × 2n -1 × 4n+1，
1
两式相减得：-3Tn = ln2 ×1×4 + ln2 ×2 ×4
2 + ln2 ×2 ×43 +L+ ln2 ×2 ×4n - ln2 × 2n -1 ×4n+1
= ln2 ×1×41 + 2ln2 42 + 43 +L+ 4n - ln2 × 2n -1 × 4n+1
42 1- 4n-11 = ln2 ×1×4 + 2ln2 - ln2 × 2n -1 ×4n+1
1- 4
n+1
= ln2 4 -16×1×41 + 2ln2 - ln2 × 2n -1 ×4n+1
3
12ln2 + 2ln2 ×4n+1 - 32ln 2 - 3ln2 × 2n -1 ×4n+1 ln 2 é-20 - 6n - 5 × 4
n+1 ù
= =
3 3
ln 2 é-20 - 6n - 5 × 4
n+1
ù ln 2 é20 + 6n - 5 ×4
n+1
∴T = =
ù
ln2 é 2 n 5 20 ùn = × ê -
n+1
-9 9 3 9 ÷
4 +
è 9
ú

T ln2 é 2 n 5 20ù∴ n = ×
n+1
ê - ÷ 4 + ú
è 3 9 9
18．（23-24 高三下·河北衡水·期中）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求数列 an 的通项公式；
1 1 1
(2)求证： + + +L
1
+ < 2
S ．1 S2 S3 Sn
【答案】(1) an = 2
n-1
(2)证明见解析
ìS1, n =1
【分析】（1）先根据 an = í a S S ,n 2，探索 n 的结构特点，再根据等比数列的通项公 n - n-1
式求 an ；
（2）由（1）可知 S nn = 2 -1，再利用放缩法证明结论.
【详解】（1）当 n =1时，a1 = 2a1 -1 a1 =1 .
当 n 2时， Sn = 2an -1， Sn-1 = 2an-1 -1，两式相减得：
an = 2an - 2an-1 an = 2an-1 .
所以 an 是以 a1 =1为首项，以 q = 2为公比的等比数列.
所以 an = 2
n-1 .
1- 2n
（2）由（1）知： Sn = = 2
n -1
1- 2
1 1
所以 =S n .n 2 -1
1 1
当 n =1时， = =1 < 2S1 2
1 -1 ，
1 1 1 1
当 n 2时， 2n-1 >1，故 = n < =Sn 2 -1 2
n - 2n-1 2n-1 ，
1
n

1 1 1 L 1 1 1 1 L 1
1-
+ + + + < + + + + è 2
÷
é 1
n
ù所以 S1 S S S 2 2
2 2n-1 = 1 = 2 ê1- ÷ ú
< 2 .
2 3 n 1- ê è 2 ú
2
19．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ，首项 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x a a = f (a )(n N*，正项数列 n 满足： n+1 n ) .
n
（i）证明： Sn 3 - n -1；
1
（ii）证明： (1+ 2 )(1
1 )(1 1+ + )L(1 1+ ) < 3 e(n 2,n N*)
5a2 5a
2 5a2 5a2 .3 4 n
【答案】(1) an = 2n -1
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合 Sn - Sn-1 = an ,n 2变形，再利用等差数列求出通项.
（2）（i n-1）利用导数证明不等式 ex x +1，由此放缩各 an 2 3 -1，再利用分组求和法求
ii i a2解即得；（ ）由（）推理证得 n > (5n - 7)(5n - 2)及 ln(x +1) x ，再利用裂项相消法求和推理
即得.
2
【详解】（1）正项数列 an 中， a1 =1， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，当 n 2时，
a2n-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
两式相减得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，则 an - an-1 = 2，因此数列 an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
所以数列 an 的通项公式为 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求导得 h (x) = ex -1，当 x < 0 时， h (x) < 0，当 x > 0时，
h (x) > 0，
即函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，则 h(x) h(0) = 0 ，即 ex x +1，
a
于是 a nn+1 = f an = 2e + an 2 an +1 + an = 3an + 2，
a
a +1 3 a +1 n+1 +1即 n+1 n ，即 3an +1
，
a +1 a +1 a +1 a +1
当 n 2 a +1 = a +1 × 2 × 3 × 4 ×L× n a +1 ×3n-1 n-1时， n 1 = 2 3a1 +1 a2 +1 a3 +1 a 1
，
n-1 +1
当 n =1时 a1 +1 = 2 = 2 3
0
，因此 an 2 3
n-1 -1，
所以 Sn = a1 + a2 + a3 +L+ an 2 30 -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 - n = 2 1- 3 - n = 3n - n -11- 3
（ii a a）由已知 an+1 = f a = 2e nn + an ，所以 an+1 - an = 2e n > 0，得 an+1 > an ，
当 n 1时， ean ea1 = e > 2 a a，于是 a - a = 2e n 1n+1 n 2e = 2e > 5，
当 n 2时， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4，
又 a1 =1，所以"n N* ，恒有 an 5n - 4 ，当 n 2时， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 ex x +1，得当 x > -1时， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
则当 n 2时， ln 1+ 2 ÷ 2 < 2 < = -
è 5an 5a
，
n 5(5n - 4) 5(5n - 7)(5n - 2) 5n - 7 5n - 2
1 1 1 1
从而 ln 1+ 2 ÷ + ln 1+ 2 ÷ + ln 1+ 2 ÷ +L+ ln 1+5a 5a 5a 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
<
1 1
-
1 1 1 1 L 1 1 1 1 1 ÷ + - + - + + - = - <
è 3 8 è 8 13 ÷ ÷ ÷
，
è13 18 è 5n - 7 5n - 2 3 5n - 2 3
é 1 ù
于是 ln ê 1+ 2 ÷ 1
1 1 1 1 1+
5a 5a2 ÷
+ L 1+ <
è 2 è 3 è 5a
2 ÷ 2 ÷ú ，
4 è 5an 3
1 1 1 1
1
所以 +
3
5a2 ÷
1+ 1+
5a2 ÷ 5a2 ÷
L 1+ 5a2 ÷
< e .
è 2 è 3 è 4 è n
【点睛】思路点睛：给出 Sn an S -S =a与 的递推关系，求 an ，常用思路是：一是利用 n+1 n n转
化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关
系，再求 an
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2023·陕西安康·模拟预测）设函数 f x = 2x +1，数列 an ， bn 满足 an = f n , f bn = n ，
则 a2 =（ ）
A．b7 B．b9 C．b11 D．b13
【答案】C
【详解】由 an = f n
1
知 an = 2n +1；由 f bn = n ，有 2bn +1= n，bn = n -1 ；因为2
a2 = 2 2 +1 = 5
1
，所以 n -1 = 5，n =11，所以 a2 = b11 .2
故选：C
2．（23-24 高三上·广东揭阳·阶段练习）已知等差数列 an 中， a
3π
7 = ，设函数8
f x = 4cos2
x
- 2 ÷sin x + cos 2x + 2，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 13 项和为（2 ）è
A．7 B．13 C．20 D．26
【答案】D
3π
【分析】分析可知函数的图象关于点 , 2÷对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的
è 8
对称性质可求得结果.
【详解】Q f (x) = 4cos
2 x - 2 ÷sin x + cos2x + 2 = 2cos x sin x + cos 2x + 2
è 2
= sin 2x + cos2x + 2 = 2 sin 2x
π
+

÷ + 2，
è 4
π
由2x
kπ π
+ = kπ(k Z)，可得 x = - (k Z)，
4 2 8
k 1 x 3π
3π
当 = 时， =

，即函数 f (x) 的图像关于点
8
, 2÷对称，
è 8
由等差中项的性质可得 a1 + a13 = a2 + a12 = a3 + a11 = a4 + a10 = a5 + a9 = a6 + a8 = 2a7 ，
所以，数列 yn 的前 13 项和为： f a1 + f a2 +L+ f a13 =6 4+ f a7 = 26 .
故选：D
3．（2022 高三·全国·专题练习）已知数列 an 满足a1 = 45,3an+1 = an -1，则满足不等式
ak -1 × ak < 0的 k 的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据数列的递推式求出数列的通项公式，判断其单调性，令 an < 0，求出 n 的范围，
确定数列的项正负分界时的 n 的值，结合 ak -1 × ak < 0，即可确定 k 的值，即得答案.
【详解】由题意知数列 an 满足a1 = 45,3an+1 = an -1，
故 a 1n+1 = 3 (a -1) a
1 1
n ，则 n+1 + = (a
1
n + )，2 3 2
a 1 91 1 91 1结合 1 + = ，可知数列 an 为首项是 a1 + = ，公比为 的等比数列，2 2 2 2 3
a 1 91 (1)n-1 a 91 (1)n-1 1故 n + = ，则 = - ，2 2 3 n 2 3 2
y ( 1 91 1 1由于 = )x 在 R n-1上单调递减，则 an = ( ) - 随 n 的增大而减小，3 2 3 2
a 91 1 n-1 1令 n-1n = ( ) - < 0，即得2 3 2 3 > 91
，
由于3n-1随 n 的增大而增大，且34 = 81,35 = 243，
则 n -1 > 4,\n > 5，而 n N* ，故 n 6 ，
a 91= (1)4 1 5 91 1 1 765 - = > 0,a = ( )
5 - = - < 0，
2 3 2 81 6 2 3 2 243
即数列 an 的前 5 项为正，从第 6 项起均为负，
故满足不等式 ak -1 × ak < 0的 k 的值为 6，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用构造法求得 an 的通项公式，从而得解.
1
4．（23-24 高三上·四川·阶段练习）已知数列 an 满足 a1 = - ，且 an+1 = a + -2
n+1
n ，若使不3
等式 an l 成立的 an 有且只有三项，则l 的取值范围为（ ）
11, 35ù 13 , 35ùA． B．
è 3 3 ú è 3 3 ú
é11 35 é13 35
C．
ê
, ÷ D． ê ,3 3 3 3 ÷
【答案】D
【分析】求出数列 an 的通项公式，分 n 为奇数和偶数两种情况，得到 an ，并根据单调性
得到 a1 l, a2 l, a3 l, a4 > l ，求出答案.
【详解】当 n 2时， an = an - an-1 + an-1 - an-2 + an-2 - an-3 +L+ a2 - a1 + a1，
-2 2 é1- -2 n-1 ù
所以 a = -2 n + -2 n-1 + -2 n-2 +L+ -2 2 + 1-
1
n ÷ = - ，
è 3 1- -2 3
a =1 1- × -2 n+1 1所以 n ，显然 a1 = - 也适合，3 3
1 n+1
所以数列 an 的通项公式为 an =1- × -2 ．3
1 1
n a = 1- × -2 n+1 = 1- × 2n+1 1 n+1当 为奇数时， n = × 2 -1，3 3 3
此时数列 an 的奇数项单调递增；
a 1 1 2 n+1 1 1 2n+1 1n = - × - = + × = × 2n+1当 为偶数时， n +1，3 3 3
此时数列 an 的偶数项单调递增，要想使不等式 an l 成立的 an 有且只有三项，
ì1 ×22 -1 l,3
ì a 1 l

1 3
a2 l
×2 +1 l,
3 13 35
只需有 í a l ，即 ，解得
l < ，
3
í
1 ×24 -1 l, 3 3
a 4 > l 3
1 ×25 +1 > l,
3
13 35
即l
é
的取值范围为 , ÷．
ê 3 3
故选：D．
【点睛】数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②
数列中连续两项和或积问题；③含有 -1 n 的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问
题；含三角函数问题，需要分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间
可能会涉及错位相减求和或裂项相消法求和
二、多选题
5．（23-24 *高三下·河北·开学考试）欧拉函数j n n N 是数论中的一个基本概念，j n
的函数值等于所有不超过正整数 n，且与 n互质的正整数的个数（只有公因数 1 的两个正整
数互质，且 1 与所有正整数（包括 1 本身）互质），例如j 8 = 4，因为 1，3，5，7 均与 8
互质，则（ ）
A．j 4 ×j 6 = j 10 B．数列j 2n 单调递增
ìj 2n ü
C．j 100 = 40 3D．数列 í n
j n
的前 项和小于3 2
【答案】ACD
【分析】A，由题意可得j 4 ，j 6 ，j 10 ，即可判断选项正误；B，由 A 选项可判断选
项正误；C，注意到100 = 22 52，则从 1 到 100 个整数中去掉能被 2 或 5 整除的数，即可得
j 2n 1 2 n-1
与 100 互质的数，即j 100 ；D，由 C 选项分析结合题意可得 = n ÷ ，后由等比j 3 2 è 3
数列前 n 项和公式可判断选项正误.
【详解】A 选项，由题可知与 4 互质的数为 1，3，则j 4 = 2 ；与 6 互质的数为 1，5，则
j 6 = 2；
与 10 互质的数为 1，3，7，9，则j 10 = 4，故j 4 ×j 6 = j 10 ，即 A 正确；
B 选项，由 A 选项可知，j 4 = j 6 = 2，故数列j 2n 不是单调递增数列，即 B 错误；
C 选项，注意到100 = 22 52，则从 1 到 100，这 100 个整数中，被 2 整除的有 50 个，
被 5 整除的有 20 个，同时被 2 和 5 整除的有 10 个，则从 1 到 100，这 100 个整数中，
不能被被 2 或 5 整除的数，即与 100 互质的数的个数为100 - 50 - 20 +10 = 40个，则
j 100 = 40，故 C 正确；
D 选项，由 C 选项分析可知，与2n 互质的数，就是从 1 到2n ，这2n 个整数中去掉所有的 2
的倍数.
其中 2 的倍数有 2n-1 个，则j 2n = 2n - 2n-1 = 2n-1 n n n-1 n-1，同理可得j 3 = 3 - 3 = 2 ×3 .则
j 2n 1 2 n-1
=
j 3n 2 3 ÷ ，è
n
2
1 2
1-
即为首项为 ，公比为 的等比数列，其前 n项和 S 1= × è 3
÷
3 3 2
n 3
2 3 2 = - ×
< ，故 D 正
2 1- 2 2
÷
è 3 2
3
确.
故选：ACD
6．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知正项数列 an ，对任意的正整数m、n都有2am+n a2m + a2n ，
则下列结论可能成立的是（ ）
a
A． n
a
+ m = amn B．nam + man = am n m+n
C． am + an + 2 = amn D． 2am ×an = am+n
【答案】D
【分析】ABC 选项，可以通过令m =1，从而得到矛盾，对于 D，可通过特例判断其有可能
成立.
a
【详解】对于 A，可取m =1，此时 a + 1n = an ，所以 a1 = 0，与 an 为正项数列矛盾，舍去；n
对于 C，可取m =1，此时 a1 + an + 2 = an，所以 a1 = -2，与 an 为正项数列矛盾，舍去；
对于 B，可取m =1，则 na1 + an = a1+n，
所以 an+1 - an = na1，即 an - an-1 = n -1 a1，
n2 - n + 2
故累加后可得 an - a1 = a1 1+ 2 + 3+L+ n -1 n 2 ，整理得到 an = a1，2
2
n =1 a n - n + 2时， 1也符合该式，从而 an = a ,n 1.2 1
é
a a 4n
2 - 2n + 4m2 - 2m
此时 2m + 2n - 2am+n = a1 ê -
ù
n + m 2 + n + m
2 ú
= a1 m - n
2 0，
故2am+n a2m + a2n 成立，
若nam + man = am+n 成立，取m = n = 2，则 4a2 = a4，
但此时 a4 = 7a1， a2 = 2a1， 4a2 = a4不成立，故 B 错误.
对于 D，
可令 a = 2n-1，则 a + a = 22m-1 + 22n-1 2 × 22m-1 × 22n-1n 2m 2n = 2
m+n = 2am+n ，
当且仅当m = n 时等号成立，满足题干条件，
m+n-1
此时， 2aman = 2 = am+n ，故 D 选项可能成立
故选： D
【点睛】对于数列相关的不等问题，要结合题干条件进行适当变形，利用基本不等式或导函
数进行求解.
三、填空题
7．（2024·云南楚雄·一模）将函数 f x = x + 2sin x（ x > 0）的所有极小值点按从小到大的
顺序排列成数列 an ，则 tan a2023 = ．
【答案】 3
4π
【分析】由题意先求出函数 f x 的极小值点为 x = 2kπ + ， k Z ，可以发现它们构成等
3
差数列，结合三角函数的周期性即可求解.
【详解】 f x =1+ 2cos x，由 f x < 0 1 2π 4π，即cos x < - ，可得 2kπ + < x < 2kπ + ， k Z ，
2 3 3
由 f x > 0，即 cos x 1 2kπ 4π x 2kπ 8π> - ，可得 + < < + ， k Z ，2 3 3
f x 2kπ 2π ,2kπ 4π 4π 8π ∴函数 在区间 + + ÷（ k Z ）上单调递减，在区间 2kπ + , 2kπ +
è 3 3 ÷ è 3 3
（ k Z ）上单调递增，
∴函数 f x 的极小值点为 x = 2kπ 4π a 4π 4π+ ， k Z ，∴ 1 = ， a2 = + 2π ，3 3 3
∴数列 an 是公差为 d = a2 - a1 = 2π 的等差数列，
∴ tan a = tan 4π2023 + 2π 2022
4π
3 ÷
= tan = 3 ．
è 3
故答案为： 3 .
1
8．（23-24 高三上·上海杨浦·阶段练习）设函数 f1(x) = x
2 -1 - x-， f2 (x) = e
2 ，
f 13(x) = sin 2πx
i
， ai = ， i = 0,12,L,99 .3 99
Ik = fk a1 - fk a0 + fk a2 - fk a1 +L+ fk a99 - fk a98 ， k =1,2,3，试将 I1、 I2 、 I3从
小到大排列为 .
【答案】 I2 < I1 < I3
【分析】根据题意，结合数列的单调性与函数的单调性，代入计算，即可比较大小.
2
【详解】函数 f1 x = x -1在 0, + 上单调递增，且0 = a0 < a1 < a2 所以， I1 = f1 a1 - f1 a0 + f1 a2 - f1 a1 +L+ f1 a99 - f1 a98
= - f1 a0 + f1 a1 - f1 a1 + f1 a2 -L- f1 a98 + f1 a99
= - f1 a0 + f1 a99 = f1 1 - f1 0 =1，
ì x 1- 1
x 1
e 2 , x
- -
因为 f2 x = e 2
1
= 2 ù 1 í 1 ，故函数 f2 x 在 - , ú 上单调递增，在 ,+ 2 ÷上单调递 -x 2e2 è , x
1 è
>
2
减，
1 x 1 1- - - - x- 1
因为 f 1- x = e 2 = e 2 = f x ，所以，函数 f2 x 的图像关于直线 x = 对称，2 2 2
由题意可知 ai + a99-i =1 i = 0,1,2,L, 49 ，则 f ai = f a99-i ，
1
因为 a0 < a1 < a2 所以， I2 = f2 a1 - f2 a0 + f2 a2 - f2 a1 +L+ f2 a99 - f2 a98
= 2 é f2 a1 - f2 a0 + f2 a2 - f2 a1 +L+ f2 a48 - f2 a49 ù
= 2 é- f2 a0 + f2 a1 - f2 a1 + f2 a2 -L- f2 a48 + f2 a49 ù
= 2 é f2 a
é 1 ù 2
49 - f a

2 0 ù < 2 ê f2 ÷ - f2 0 ú = 2 - <1，
è 2 e
因为 f3 1- x
1
= sin é2π 1- x
1
ù = sin 2π - 2πx
1
= - sin 2πx = - f3 x ，3 3 3
故函数 f3 x
1
的图像关于点 ,0÷对称，
è 2
由题意可知 ai + a99-i =1 i = 0,1,2,L, 49 ，则 f ai = - f a99-i ，
1
当0
1 π
x 时，0 2πx
é ù
，函数 f x 在 0, 上单调递增，
4 2 3 ê 4ú
1 3 π 3π f x é1 3ù当 x 时， 2πx ，函数 在
4 4 2 2 3 ê
,
4 4ú 上单调递减，
3 3π é3 ù
当 x 1时， 2πx 2π ，函数 f3 x 在 ê ,14 ú 上单调递增，4 2
0 a a 1 3因为 = 0 < 1 所以， I3 = f3 a1 - f3 a0 + f3 a2 - f3 a1 +L+ f3 a99 - f3 a98
= - f3 a0 + f3 a1 - f3 a1 + f3 a2 -L- f3 a23 + f3 a24 + f3 a24 - f3 a25
+ f3 a25 - f3 a26 + f3 a26 - f3 a27 +L+ f3 a73 - f3 a74 + f3 a74 - f3 a75
- f3 a75 + f3 a76 - f3 a76 + f3 a77 -L- f3 a98 + f3 a99
= f3 a24 - f3 0 + f3 a25 - f3 a74 - f3 a75 + f3 1 + f3 a24 - f3 a25 + f3 a74 - f3 a75
= f3 a24 + f3 a25 + f3 a25 + f3 a24 + f3 a24 - f3 a25 + - f3 a25 + f3 a24
= 2 é f3 a24 + f3 a25 ù + 2 f3 a24 - f3 a25 ，
因为 f3 a24
1
= sin 48π > 0，
3 99
f3 a
1
25 = sin
50π 1
= sin π 49π- 1= sin 49π > f a > 0，
3 99 3 ÷ 3 24è 99 3 99
所以，
I3 = 2 é f3 a
4
24 + f3 a25 ù + 2 é f3 a25 - f3 a24 ù = 4 f3 a25 = sin
49π 4 sin π 2 3> = >1，
3 99 3 3 3
因此， I2 < I1 < I3 .
故答案为： I2 < I1 < I3
9．（2024·全国· 10模拟预测）已知等比数列 an 的首项a1 = 2 ，且 a2 + a3 = 8 a5 + a6 ，记 an
的前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，则当不等式 Sn -Tn < 0 成立时， n的最大值为 ．
【答案】19
【分析】由等比数列的通项公式、前 n项和公式及等差数列前 n项和公式，结合不等式成立
问题，分类讨论思想即可求解．
【详解】设等比数列 an 的公比为 q q 0 ．
3
由 a + a = 8 a + a a5 + a，得 6 a2 + a3 q 3 1 12 3 5 6 = = q = ，解得 q = ，a2 + a3 a2 + a3 8 2
1 n-1
所以 a = a × qn-1 = 210 = 211-nn 1 ÷ ，
è 2
10 é2 1 1
n
ù
ê - 2 ÷ ú ê è ú é 1
n ù
11 T = 210 29 L 211-n = n 10+11-n 21n-n
2
则 Sn = = 2 ê1- ÷ ú , n 2 21 2 = 2
2 ．
1- ê è ú
2
é n ù 21n-n2
由 Sn -Tn < 0
11 1
，得 Sn < Tn ，即 2 ê1- 2 ÷
ú < 2 2 ．
ê è ú
-n2 +21n-22
整理得， 2 2 + 2-n >1,n N*．
n2 21n 22 0 21- 353 21+ 353令- + - ，解得 n ．
2 2
又 353 18.79，所以1< n < 20,n N*．
当 n =1时， 2-1 + 2-1 =1，不等式不成立；
-n2 +21n-22 -n2 +21n-22
当1< n < 20,n N*时， 2 2 >1,2-n > 0，所以 2 2 + 2-n >1，不等式成立；
2
n 20,n N* -n + 21n - 22 -n
2 +21n-22
当 时， -1，所以
2 2 2 + 2
-n 2-1 + 2-20 <1，不等式不成
立．
故当不等式 Sn -Tn < 0 成立时， n的最大值为 19．
故答案为：19．
四、解答题
10．（23-24 高三上·湖南衡阳·阶段练习）点 A(n,an ) （ n N*）在函数 f (x) = log2 (3x + 2)图象
上. a数列{ b nn }满足bn = 2 .
(1)证明：数列{ bn }为等差数列.
bn -2 27
(2)数列{ cn }
1
满足 cn = ( ) 3 .求Tn 为{ bncn }前 n 项和及当Tn > ，求 n 的最小值.2 4
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）由指对数运算可得bn = 3n + 2，作差法及等差数列定义证明结论即可；
b c 3n + 2 3n + 8（2）由（1）得 n n = n ，应用错位相减法、等比数列前 n 项和公式求得Tn = 8 - 2n ，2
再根据不等式能成立求 n 的最小值.
【详解】（1）由题设 an = log2 (3n + 2)，则bn = 3n + 2，故bn+1 - bn = 3(n +1) + 2 - 3n - 2 = 3，
所以数列{ bn }是公差为 3 的等差数列.
（2 1）由（1）知： c = ( )n ，故bnc
3n + 2
n n
= n ，2 2
T 3 1+ 2 3 2 + 2 3 n + 2所以 n = b1c1 + b2c2 + ...+ bncn = 21
+ 2 + ...+ n ①，2 2
1 T 3 1+ 2 3 2 + 2则 = + + ...
3 (n -1) + 2 3 n + 2
+ +
2 n 22 24 2n 2n+1
②，
1 3 3
所以①－②得： Tn =1+ 1 + 2 + ...
3 3 n + 2
+ -
2 2 2 2n 2n+1
，
1
T 2 3 (1 1 ... 1 ) 3 n + 2
1- n
2 3 2 3 n + 2 3n + 8即 n = + + + +2 2n-1
- n = + 1 - n = 8 - n ，2 1- 2 2
2
3(n +1) + 8
3n + 8 27 3n + 8 5 n+1 3n +11
所以Tn = 8 - n > ，则 < ，又
2 = <1恒成立，
2 4 2n 4 3n + 8 6n +16
2n
{3n + 8} 3 4 + 8 5 3n + 8 5所以 n 递减，而 4 = ，故 n > 4时 n < 恒成立， n N*，2 2 4 2 4
所以 n 的最小值 5.
11．（23-24 高三下·湖南·阶段练习）若数列 an 在某项之后的所有项均为一常数，则称 an
*
是“最终常数列”.已知对任意 n m m,n N ，函数 f x 和数列 an 满足 an+1 = f min a .1 i n i
(1)当 f x > x时，证明： an 是“最终常数列”；
(2)设数列 bn 满足b1 = am+1，对任意正整数 n,bn+1 = f bn .若方程 f x - x = 0无实根，证
明： an 不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数 i，bi = am+i ；
(3)若m =1, f x = x2 , an 不是“最终常数列”，求 a1的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 0,1
【分析】（1）利用“最终常数列”定义即可证明；
（2）利用反证法结合“最终常数列”新定义证明必要性，利用“最终常数列”定义证明必要性；
（3）利用第二问的证明结论即可求出 a1的取值范围.
【详解】（1）因为 f x > x，所以对任意 n m, an+1 = f min ai > min ai ，故数列最小值1 i n 1 i n
不变.
即对于任意 n m,min ai = min ai , an+1 = f min ai = f min a 恒成立.1 i n 1 i m 1 i n 1 i m i
故对于任意 n m +1，有 an = f min ai 1 i m ，故 an 是“最终常数列”.
（2）必要性，若 an 不为“最终常数列”，假设存在一个 n m 使得 an+1 min a 1 i n i ，则由
（1）同理可知其最小值不变，故 an 为“最终常数列”，矛盾.所以对任意
n m, an+1 < min ai 1 i n .
故对任意 n m +1，均有 an = min ai 成立，故 an+1 = f a1 i n n 对任意 n m +1 成立，
又由 bn 定义递推，知对任意正整数 i,bi = am+i .
充分性：若任意正整数 i,bi = am+i ，则 an+1 = f an 对任意 n m +1成立，
又由 an 定义知任意 n m +1，均有 an = min a 1 i . n i 成立
由此知 an+1 = min ai min a = a1 i n+1 1 i n i n .
又由 f x - x = 0知 an+1 an ，故 an+1 < an ，即 an 在第m +1项后严格递减，
故不是“最终常数列”.
综上，原命题得证.
（3）由（2）知：要求 f a1 = a2 < min ai = a a 1 i 1 1，解得 1 0,1 .
下面证明： a1 0,1 即为所求.
由 a1 0,1 2时， a2 = f a1 = a1 0,1 ，
由递推可知，对任意 n N* 均有 an 0,1 .
进而 an+1 = f a 对任意 n N*n 均成立，结合（2）结论知 an 不是“最终常数列”.故 a1的取值
范围是 0,1 .
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是：一要准确理解给定的新定义；二要利用反证法得
出矛盾考点 38 数列中的综合问题（2 种核心题型+基础保分练+综合
提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内
容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前 n 项和
公式等
【核心题型】
题型一　等差数列、等比数列的综合运算
　数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方
法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
【例题 1】（2023·湖北荆门·模拟预测）血药浓度检测可使给药方案个体化，从而达到临床用
药的安全、有效、合理.某医学研究所研制的某种新药进入了临床试验阶段，经检测，当患
者 A 给药 3 小时的时候血药浓度达到峰值，此后每经过 2 小时检测一次，每次检测血药浓
度降低到上一次检测血药浓度的 40%，当血药浓度为峰值的1.024% 时，给药时间为（ ）
A．11 小时 B．13 小时 C．17 小时 D．19 小时
【变式 1】（2023 高三·全国·专题练习）已知集合 A = x | x = 2k1,k1 N* ，
B = x | x = 3k2 , k2 N* ，将 A B 中所有元素按从小到大的顺序排列构成数列 an ，设数列
an 的前 n 项和为 Sn ，若am = 27，则 m 的值等于 ， S50的值为 .
【变式 2】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为 1 的等差数列 an 满足： a1,a2 ,a3 +1成等比数
列.
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若数列 bn 满足： a1bn + a n2bn-1 +L+ anb1 = 3 -1，求数列 bn 的前 n项和Tn .
【变式 3】（2023 高三·全国·专题练习）设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且
a1 = b1 = a2 - b2 = a3 - b3 =1．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设{an}的前 n项和为 Sn ，求证： (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ；
题型二　数列与其他知识的交汇问题
(1)数列与不等式的综合问题及求解策略
①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的
单调性比较大小．
②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．
③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构
造函数进行证明．
(2)数列与函数交汇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
命题点 1　数列与不等式的交汇
【例题 2】（2024·重庆·三模）数列 an 的前 n项和为 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若
l an + 3 - 3n + 2 > 0对任意 n N* 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）
1 , 5A． +

÷ B． 1, +

C． ,+

÷ D． 2, +
è 2 è 4
【变式 1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数 f (n) = an , n N* .
1
①当 a = 2时，bn = 1+ b f (n) ，记 n 前 n项积为Tn ，若m > Tn 恒成立，整数m 的最小值
是 ;
f (n) -1 n3
②对所有 n 都有 3 成立，则 a的最小值是 .f (n) +1 n +1
a a a *
【变式 2】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 + 2 + 3 +L+ n = 2n2 3 n n N .
(1)求数列 an 的通项公式；
a
(2)已知数列 bn 满足bn = nn+1 .2
①求数列 bn 的前 n 项和Tn ；
②若不等式 -1 n l < T nn + n 对任意 n N* 恒成立，求实数l 的取值范围.2
【变式 3】（2024·辽宁·二模）设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，公差为 d，且 a1d 0 .若等
Sn
差数列 bn ，满足bn = 2a .n
(1)求数列 bn 的通项公式；
5
(2)若 d = ，记数列 bn 的前 n 项和为Tn ，且Tn > Sn，求 n 的最大值.14
命题点 2　数列与函数的交汇
【例题 3】（2024·福建莆田·三模）已知定义在 (0, + )上的函数 f (x) 满足 f x +1 = 2 f x +1，
且 f (1) =1，则 f 100 =（ ）
A． 2100 -1 B． 2100 +1 C． 2101 -1 D． 2101 +1
【变式 1】（2024·广西来宾·模拟预测）函数 f (n) =| n -1| + | n - 2 | + | n - 3 | +L+ | n -15 |（n 为
正整数）的最小值为 ．
【变式 2】（2024·浙江绍兴·三模）已知函数 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零点构成
递增数列 an n N* ．
(1)求函数 f x 的周期和最大值；
(2)求数列 an 的通项公式 an 及前 n项和 Sn ．
1 1
【变式 3】（2024·上海·模拟预测）已知 f x = x 2+ x ，数列 an 的前 n项和为 S2 2 n ，点
n, S *n n N 均在函数 y = f x 的图象上.
(1)求数列 an 的通项公式；
4 x
(2)若 g x = x ，令bn = g
an
÷ n N* ，求数列 bn 的前 2024 项和T4 + 2 2025 2024 .è
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024· π山西阳泉·三模）已知等差数列{an}中，a7是函数 f (x) = sin(2x - 6 ) 的一个极大值点，
则 tan(a5 + a9 ) 的值为（ ）
A 3． B． 3 C．± 3 D．- 3
3
2．（2020·辽宁辽阳·二模）已知等差数列 an 的公差为 2，前 n项和为 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成
1
等比数列.令bn = a a ，则数列 bn 的前 50 项和T50 = （ ）n n+1
50 49 100 50
A． B． C． D．
51 50 101 101
3 *．（2024·山东·二模）欧拉函数j n n N 的函数值等于所有不超过正整数 n，且与 n互质
2n
的正整数的个数，例如j 4 = 2 .已知bn = j 3n+1 ， n N
* ，Tn 是数列 bn 的前 n项和，若
Tn < M 恒成立，则M 的最小值为（ ）
3 7
A． B．1 C． D．2
4 6
4．（2024·福建泉州·二模）在等比数列 an 中， a1,a5 是函数 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的两个
极值点，若 a2a4 = 2 2a3 - 2，则 t 的值为（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
二、多选题
5．（2024·云南·模拟预测）已知定义在R 上的函数 f x 满足：
f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f 2 = -1，则下列说法中正确的是（ ）
A． f x 是偶函数
B． f x 关于点 2,-1 对称
C．设数列 an 满足 an = f n ，则 an 的前 2024 项和为 0
f 10 D 1． 3 ÷
可以是
è 2
6．（2024·湖北·模拟预测）对于正整数 n，j n 是小于或等于 n 的正整数中与 n 互质的数的
数目．函数j n 以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如j 9 = 6（1,2,4,5,7,8与9
互质），则（ ）
A．若 n 为质数，则j n = n -1 B．数列 j n 单调递增
ì n ü
C n．数列 í n 的最大值为 1 D．数列 j 3 为等比数列 j 2
三、填空题
7．（2021·江西·模拟预测）已知公差不为 0 的等差数列 an 的部分项 ak ， a1 k2 ， ak3 ，……构成
等比数列 an ，且 k1 =1， k2 = 2， k3 = 5，则 kn = .
8．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知实数 a、b 、 c、d 成等差数列，且函数 y = ln x + 2 - x
在 x = b 时取到极大值 c，则 a + d = .
ln x
9．（2024·四川成都·模拟预测）已知数列 an 满足 ln an+1 = an +1，函数 f x = 在 x = xx +1 0
处取得最大值，若 ln a4 = 1+ a2 x0 ，则 a1 + a2 =
四、解答题
10．（2023·全国·模拟预测）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 + a2 + 3a4 = 25，且
a3 + 2， a4，a5 - 2成等比数列．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设bn = a × 3
an +1
n ，求数列 bn 的前 n 项和Tn ．
11．（2024· *浙江·二模）欧拉函数j n n N 的函数值等于所有不超过正整数 n且与 n互素
的正整数的个数，例如：j 1 =1，j 4 = 2，j 8 = 4，数列 an 满足 an = j 2n n N* .
(1)求 a1， a2，a3，并求数列 an 的通项公式；
n log a
(2)记bn = -1 2 2na ，求数列 bn 的前 n和 Sn .2n
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·辽宁·二模）设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn ，点 (n, Sn )(n N
*) 在函数
f (x) = Ax2 + Bx + C(A, B,C R)的图象上，则（ ）
A．C0 =1 B．若 A = 0 $n N*，则 0 ，使 Sn 最大
C．若 A > 0 $n * *，则 0 N ，使 Sn 最大 D．若 A < 0，则$n0 N ，使 Sn 最大
2．（2022 高三·全国·专题练习）已知数列 an
π
为等差数列，且 a7 = .设函数2
f x = sin2x + 2cos2 x ，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 13 项和为（2 ）
13π
A． B．7π C．7 D．13
2
a a
3．（23-24 n+2 n+1高三下·重庆·阶段练习）定义：满足 : = q q *a a 为常数， n N ）的数列n+1 n
an 称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列∣an 的二阶公比为
2,a1 =1, a2 = 2 ，则使得 an > 2024 成立的最小正整数 n为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．（2024·江苏徐州·一模）已知数列 an 的前n项和为 Sn ，且3S *n = 2an +1， n N ．若 Sk 2024，
则正整数 k 的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
7π
5．（23-24 高三上·山西运城·期末）已知等差数列 an 中， a9 = ，设函数12
f (x) = cos4 x - sin4 x - 2 3 sin x cos x -1，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 17 项和为（ ）
A．-51 B．-48 C．-17 D．0
6．（2024·安徽池州·二模）对于数列 an ，若点 n,an 都在函数 y = cq x 的图象上，其中q > 0
且 q 1，则“ qc >1”是“ an 为递增数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024·上海奉贤·三模）若数列 an 的前 n项和为 Sn ，关于正整数 n的方程 Sn × Sn+1 = a 记
为F ，命题 p ：对于任意的 a R ，存在等差数列 an 使得F 有解；命题q：对于任意的
a R ，存在等比数列 bn 使得F 有解；则下列说法中正确的是（ ）
A．命题 p 为真命题，命题q为假命题； B．命题 p 为假命题，命题q为真命题；
C．命题 p 为假命题，命题q为假命题； D．命题 p 为真命题，命题q为真命题；
8．（2024·青海·模拟预测）已知定义在 R 上的函数 f x 满足
f x + y = f x f y - 2 f x - 2 f y + 6， f 1 = 4 ，则 f 1 + f 2 + ×××+ f 99 =（ ）
A． 299 +198 B． 299 +196 C． 2100 +198 D． 2100 +196
二、多选题
9．（2024·贵州·三模）已知定义域为R 的函数 f x 满足
f x + y = f x + f y + x2 y + xy2 , f x 为 f x 的导函数，且 f 1 = 2，则（ ）
A． f 0 = 0
B． f x 为奇函数
C． f -2 = 7
D．设bn = f n n N* ，则b2024 = 2023 2025 + 2
2π
10．（2024·河南·三模）将函数 f x = sin wx - ÷ (w > 0, x > 0)的零点按照从小到大的顺序
è 3
2
排列，得到数列 an ，且 a1 = ，则（3 ）
A．w = 2 B． f x 在 1,2 上先增后减
31 2
C． a10 = D． an 的前 n 3n + n项和为3 6
11．（2022·海南·模拟预测）对于无穷数列 an ，给出如下三个性质：① a1 < 0；
② "n, s N*， an+s > an + as ；③ "n N* ，$t N* ， an+t > an ，定义：同时满足性质①和②
的数列 an 为“s 数列”，同时满足性质①和③的数列 an 为“t 数列”，则下列说法正确的是
（ ）
A．若 an = 2n - 3，则 an 为“s 数列”
a 1B．若 n = - n ，则 an 为“t 数列”2
C．若 an 为“s 数列”，则 an 为“t 数列”
D．若等比数列 an 为“t 数列”，则 an 为“s 数列”
三、填空题
12．（2024·浙江·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a
1
n = ，数列 bn 的n + n -1
前 n b项和为T nn ，且 2 -1 Sn = an+1，则满足Tn 2的正整数 n的最小值为 .
1 1 *
13．（2023 高三·全国·专题练习）函数 f x 满足 f n +1 = , f 1 = n N1+ f n 2 ．若不
等式 f n +1 - f n M 对任意的 n恒成立，则M 的最小值是 ．
14．（23-24 2高三上·河北邢台·开学考试）函数 f x = x - x + a 1的最小值是 2 ，数列 an 满足
an+1 = f an ， a1 =1，则数列 an 的通项公式是 ．
四、解答题
15．（2024·上海虹口·二模）已知等差数列 an 满足 a2 = 5， a9 + 7 = 2a6 .
(1)求 an 的通项公式；
(2) 2 2设数列 bn 前 n项和为 Sn ，且bn = an+1 - an ，若 Sm > 432，求正整数m 的最小值.
a 1
16．（2024·江苏连云港· n模拟预测）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn = +2 a ．n
(1)证明：数列 S 2n 是等差数列；
ì 1
,n =1 S
(2) n数列 Sn 的每一项均为正数，bn = í 1 ，数列 bn 的前 n 项和为Tn ，当 ,n 2
Sn + Sn-1
T 2n 1012时，求 n 的最小值．
17．（2024·四川成都·三模）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ,3Sn = 4an - 2 .
(1)证明：数列 an 是等比数列，并求出通项公式；
(2) f x = x2 设函数 × lnx
1
- ÷的导函数为 f x ，数列 bn 满足bn = f an ，求数列 b2 n 的è
前 n项和Tn .
18．（23-24 高三下·河北衡水·期中）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求数列 an 的通项公式；
1 1 1 1
(2)求证： + + +L+ < 2S S S S ．1 2 3 n
19．（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ，首项 a1 =1 .
(1) 2若 an = 4Sn - 2an -1，求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x，正项数列 an 满足： an+1 = f (an )(n N*) .
（i S 3n）证明： n - n -1；
1 1 1 1
ii 3 *（ ）证明： (1+ 2 )(1+ 2 )(1+ 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N )5a2 5a3 5a4 5a
.
n
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2023·陕西安康·模拟预测）设函数 f x = 2x +1，数列 an ， bn 满足 an = f n , f bn = n ，
则 a2 =（ ）
A．b7 B．b9 C．b11 D．b13
3π
2．（23-24 高三上·广东揭阳·阶段练习）已知等差数列 an 中， a7 = ，设函数8
f x = 4cos2 x - 2 ÷sin x + cos 2x + 2，记 yn = f an ，则数列 yn 的前 13 项和为（2 ）è
A．7 B．13 C．20 D．26
3．（2022 高三·全国·专题练习）已知数列 an 满足a1 = 45,3an+1 = an -1，则满足不等式
ak -1 × ak < 0的 k 的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（23-24 高三上·四川·阶段练习）已知数列 an 满足 a
1
1 = - ，且 an+1 = an + -2
n+1
，若使不
3
等式 an l 成立的 an 有且只有三项，则l 的取值范围为（ ）
11, 35ù 13 35ùA． ú B． ,è 3 3 è 3 3 ú
é11, 35 é13 , 35 C． ê 3 3 ÷
D．
ê
÷
3 3
二、多选题
5．（23-24 *高三下·河北·开学考试）欧拉函数j n n N 是数论中的一个基本概念，j n
的函数值等于所有不超过正整数 n，且与 n互质的正整数的个数（只有公因数 1 的两个正整
数互质，且 1 与所有正整数（包括 1 本身）互质），例如j 8 = 4，因为 1，3，5，7 均与 8
互质，则（ ）
A．j 4 ×j 6 = j 10 B．数列j 2n 单调递增
ìj 2n ü
C．j 100 = 40 3D．数列 íj 3n 的前
n项和小于
2
6．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知正项数列 an ，对任意的正整数m、n 都有 2am+n a2m + a2n ，
则下列结论可能成立的是（ ）
a
A． n
a
+ m = amn B．nam + man = am n m+n
C． am + an + 2 = amn D． 2am ×an = am+n
三、填空题
7．（2024·云南楚雄·一模）将函数 f x = x + 2sin x（ x > 0）的所有极小值点按从小到大的
顺序排列成数列 an ，则 tan a2023 = ．
1
8．（23-24 2 - x-高三上·上海杨浦·阶段练习）设函数 f1(x) = x -1， f (x) = e 2 ，2
f3(x)
1
= sin 2πx i， ai = ， i = 0,12,L,99 .3 99
Ik = fk a1 - fk a0 + fk a2 - fk a1 +L+ fk a99 - fk a98 ， k =1,2,3，试将 I1、 I2 、 I3从
小到大排列为 .
9．（2024·全国·模拟预测）已知等比数列 an 的首项a1 = 210，且 a2 + a3 = 8 a5 + a6 ，记 an
的前 n项和为 Sn ，前 n项积为Tn ，则当不等式 Sn -Tn < 0 成立时， n的最大值为 ．
四、解答题
10．（23-24 高三上·湖南衡阳·阶段练习）点 A(n,an ) （ n N*）在函数 f (x) = log2 (3x + 2)图象
上.数列{ bn } b = 2
a
满足 nn .
(1)证明：数列{ bn }为等差数列.
(2) { c } c (1
bn -2
数列 n 满足 3n = ) .求Tn 为{ b c T
27
n n }前 n 项和及当2 n
> ，求 n 的最小值.
4
11．（23-24 高三下·湖南·阶段练习）若数列 an 在某项之后的所有项均为一常数，则称 an
是“最终常数列”.已知对任意 n m m,n N* ，函数 f x 和数列 an 满足 an+1 = f min a .1 i n i
(1)当 f x > x时，证明： an 是“最终常数列”；
(2)设数列 bn 满足b1 = am+1，对任意正整数 n,bn+1 = f bn .若方程 f x - x = 0无实根，证
明： an 不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数 i，bi = am+i ；
(3)若m =1, f x = x2 , an 不是“最终常数列”，求 a1的取值范围.

展开更多......

收起↑