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专题 11 等差等比及数列函数性质
目录
题型 01 等差数列正负型 ....................................................................................................................................................1
题型 02 等差等比数列奇数与偶数项和 ............................................................................................................................3
题型 03 等差中项与 sn 技巧 ..............................................................................................................................................4
题型 04 等差数列单调性与最值 ........................................................................................................................................6
题型 05 等比数列技巧 ........................................................................................................................................................8
题型 06 等比数列“平衡点”不等式 ................................................................................................................................9
题型 07 等比数列“函数型”应用 ..................................................................................................................................12
题型 08 等差等比“纠缠数列” ......................................................................................................................................14
题型 09 整数比值型 ..........................................................................................................................................................15
题型 10 函数型：恒成立求参 ..........................................................................................................................................15
题型 11 函数型：奇偶讨论型 ..........................................................................................................................................20
题型 12 函数型：三角函数周期型 ..................................................................................................................................22
题型 13 函数型：等差等比插入数型 ..............................................................................................................................25
题型 14 函数型：分段型 ..................................................................................................................................................28
题型 15 函数型：抽象函数与导数数列型 ......................................................................................................................30
题型 01 等差数列正负型
【解题规律·提分快招】
在处理等差数列{an}的前 n项和 Sn 的最值时，往往转化为判定 an 的符号变化：
ìa > 0
①若 a k1 > 0,d < 0，当 ía 0 时，则当且仅当
Sk 最大；
k +1 <
ìa < 0
②若 a1 < 0, d > 0
k
，当 ía 时，则当且仅当
S 最小；
k +1 > 0
k
ìa 0
③ k若 Sk 最大，则 í
a
.
k +1 0
【典例 1-1】
（24-25 高二上·天津滨海新·期末）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a2 = -15, a4 = -7 ，则当 Sn 取得最
小值时， n 的值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】C
【分析】根据题意，求出 a1,d ，即可得到等差数列的通项公式，再由通项公式可得 a5 < 0，a6 > 0，从而得
到结果.
ìa + d = -15 a = -19
【详解】因为数列 an 为等差数列，且 a2 = -15, a
ì
4 = -7
1 1
，则 í
a1 + 3d = -7
，解得 í
d 4
，数列为递增数
=
列，则 an = a1 + n -1 d = -19 + n -1 4 = 4n - 23，令 an 0
23
，即 4n - 23 0，解得 n ，
4
则 a5 < 0， a6 > 0，所以 n = 5时， Sn 取得最小值.故选：C
【典例 1-2】
a
（18-19 7高三上·安徽宿州·阶段练习）在等差数列 an 中， < -1 n Sa ，若它的前 项和 n 有最大值，则当 Sn > 06
时， n 的最大值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】A
【分析】由题意得 d < 0 ，a6 > 0，a7 + a6 < 0 ，结合等差数列下标和的性质及等差数列的前 n 项和公式即可
求解.
a a a + a
【详解】因为 an 为等差数列，前 n S 7 < -1 7 +1< 0 7 6项和 n 有最大值，若 a ，则 a ，即 < 06 6 a
，
6
a > 0 a + a < 0 a < 0 a + a = 2a > 0 S 11(a + a所以 d < 0 ， ， ，即 ，则 ，即 = 1 11
)
6 7 6 7 1 11 6 11 > 0，2
a1 + a = a + a < 0 S
11(a + a )
12 6 7 ，即 12 =
6 7 < 0，所以当 Sn > 0时， n 的最大值为 11.故选：A.2
【变式 1-1】
（24-25 高二上·天津东丽·阶段练习）若 an 为等差数列， Sn 为 an 的前 n 项和， a3 + a8 < 0， S5 > S4 ，则当
n =（ ）时 Sn 取最大值.
A． 4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】推导出数列 an 为递减数列，且当 n 5时，an a5 > 0，当 n 6 时，an a6 < 0，由此可得出结
论.
【详解】因为若 an 为等差数列， Sn 为 an 的前 n 项和，则 a5 + a6 = a3 + a8 < 0 ，
因为 S5 > S4 ，则 a5 = S5 - S4 > 0，故 a6 < 0，
设等差数列 an 的公差为 d ，则 d = a6 - a5 < 0，即数列 an 为递减数列，
故当 n 5时， an a5 > 0，当 n 6 时， an a6 < 0，所以，当 n = 5时， Sn 取最大值.故选：B.
【变式 1-2】
（24-25 高二上·天津滨海新·阶段练习）若 an 是等差数列， Sn 表示 an 的前 n 项和， a3 + a8 > 0 ， S9 < 0 ，则
Sn 中最小的项是（ ）
A． S3 B． S5 C． S4 D． S6
【答案】B
【分析】根据等差中项的性质及求和公式可得 a5 < 0， a6 > 0，进而可确定数列 Sn 的最小项.
【详解】由数列 an 为等差数列，则 a3 + a8 = a5 + a > 0
a + a ×9
6 ，且 S 1 99 = = 9a5 < 0，2
即 a5 < 0， a6 > 0，所以当 n = 5时， Sn 取最小值，即数列 Sn 的最小项为 S5 ，故选：B.
【变式 1-3】
（23-24 高二上·天津·期末）若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , S13 < 0, S14 > 0，则当 Sn 取得最小值时， n 的值
为（ ）
A． 4 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】利用等差数列前 n 项和公式以及通项的性质，即可得出结果.
【详解】由题知，设等差数列 an 公差为 d ，因为 S13 < 0, S14 > 0，所以d > 0，则由
13 a1 + aS = 13 14 a + a13 =13a7 < 0，得 a < 0 S

，又 = 1 14

7 14 = 7 a7 + a8 > 0，得 a7 + a8 > 0，所以 a8 > 0，2 2
则当 Sn 取得最小值时， n = 7 .故选：C
题型 02 等差等比数列奇数与偶数项和
【解题规律·提分快招】
设数列{an}是等差数列，且公差为 d ，
1.若项数为偶数，设共有 2n 项，则
S a
① S 奇 = n奇 -S偶 = nd ； ② S a ；偶 n+1
2.若项数为奇数，设共有 2n -1项，则
S n
① S偶 - S奇 = an = a中 (中间项)
奇
；② =S n 1 . 偶 -
【典例 1-1】
85
（2016 高三上·浙江杭州·专题练习）已知等比数列 an 的首项为 2，项数为奇数，其奇数项之和为 ，偶32
21
数项之和为 ，这个等比数列前 n 项的积为Tn n 2 ，则Tn 的最大值为（16 ）
1
A． B 1． 2 C．1 D．24
【答案】D
【分析】结合等比数列的前 n 项和公式求出公比，进而求出等比数列的前 n 项的积即可求出结果.
【详解】设数列 an 共有 2m +1 项．
85 21
由题意，知 S奇 = a1 + a3 +L+ a2m+1 = ， S = a + a +L+ a = ，32 偶 2 4 2m 16
所以 S奇 = a1 + a2q +L+ a2mq = 2 + q a2 + a4 +L
21
+ a2m = 2 + q
85 1
= ，解得 q = ，所以
16 32 2
3 1 2
T = a × a ×L×a = an ×q1+2+3+L+n = 2n 1
n- n
2 2
n 1 2 n 1 n n-1 = 2 ，所以当 n =1或 n = 2时，Tn 有最大值 2．故选：D.
2 2
【典例 1-2】
（21-22 高二上·上海徐汇·期末）设等差数列的项数 n 为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（ ）
n -1 2n +1 2n +1 n +1
A． B． C． D．
n n 2n n -1
【答案】D
【分析】根据等差数列前 n 项和公式解决即可.
n +1 n -1
【详解】由题知，奇数项有 项，偶数项有 项，奇数项之和为
2 2
n +1 n -1 n -1 n - 3
n +1 ×a n +1 n -1 n -1
× n -1 n -1
1 +
2 2 × 2d = (a + d )，偶数项之和为 (a + d ) + 2 2 ×2d = (a + d )，
2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2
n +1
所以奇数项之和与偶数项之和的比为 ，故选：D
n -1
【变式 1-1】
（19-20 *高一下·安徽宣城·阶段练习）已知等差数列 an 共有 2n n N 项，若数列 an 中奇数项的和为
190，偶数项的和为 210 ， a1 =1，则公差 d 的值为（ ）
5 5
A． 2 B． 4 C． D．
4 2
【答案】A
【分析】计算得出 S - S奇 = nd = 20偶 ，利用等差数列求和公式得出 S奇 = n + 20 n -1 =190，由此可解得 n 与 d
的值.
n a1 + a2n-1 n a + a【详解】由题意 S奇 = = na 190 S

= ， = 2 2n

n = nan+1 = 210，2 偶 2
所以， S - S偶 奇 = n an+1 - an = nd = 210 -190 = 20，
n
S a1 + a 奇 = 2n-1 = nan = n é 1+ n -1 d ù = n + n n -1 d = n + 20 n -1 =190，所以， n =10 ， d = 2 .故选：A.2
【变式 1-2】
2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为 1，奇数项之和为 21，偶数项之和为 10，则
这个等比数列的项数为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】A
【分析】根据题意，设 an = a ·q
n-1
1 = q
n-1
，由等比数列的前 n 项和公式可得 q的值，进而求得结论．
【详解】根据题意，数列{a } n-1 n-1n 为等比数列，设 an = a1·q = q ，
{a 21-1又由数列 n}的奇数项之和为 21，偶数项之和为 10，则 q = = 2，10
a n
故 S = 21+10 = 1
(1- q )
2nn -1 = 31 n = 5；故选：A1- q
【变式 1-3】
（18-19 高一下·江西抚州·阶段练习）等比数列 an 共有 2n +1项，其中 a1 = 2，偶数项和为 84，奇数项和为
170，则 n =（ ）
A．3 B．4 C．7 D．9
【答案】A
【分析】根据等比数列中偶数项和与奇数项和关系列式求解，即得结果.
【详解】因为等比数列 an 共有 2n +1项，所以等比数列中偶数项有 n 项，奇数项有 n + 1项，
2n 2 2n+ 2
由题意得 q ±1
a q(1- q ) q - q
，所以偶数项和为 1 2 = 84\1- q 1- q2
= 42q，奇数项和为
a (1- q2n+21 ) 1- q
2n+2 n
2 =170\ = 85
2 2(1- 4 )
2 ，相减得 -1= 42q -85\q = 2\ = 84,\4
n = 64, n = 3故选：A
1- q 1- q 1- 4
【点睛】本题考查等比数列和项公式基本量计算，考查综合分析求解能力，属中档题.
题型 03 等差中项与 SN 技巧
【解题规律·提分快招】
am S2m-1
若{an}与{bn}为等差数列，且前 n 项和分别为 Sn 与 Sn '，则 =bm S '
.
2m-1
【典例 1-1】
（24-25 高二上·甘肃甘南·期中）等差数列 an ， bn 的前 n 项和分别为 Sn ，Tn ，且
Sn + Tn 5n + 5 a= (n N* ) 5 =
T ，则n 3n + 2 b
（ ）
5
13 17 21 33
A． B C D17 ． ． ．23 29 47
【答案】C
Sn 2n + 3
【分析】根据给定条件，可得 = nTn 3n + 2
，再利用等差数列前 项和公式，结合等差数列性质计算即得.
Sn +Tn 5n + 5 Sn 2n + 3【详解】等差数列 an ， bn 的前 n 项和分别为 Sn ，Tn ，由 = =Tn 3n + 2
，得 Tn 3n + 2
，
9(a1 + a9 )
a5 2a a + a= 5 = 1 9 S 2 9 + 3 21= 2 = 9 = = .故选：C.
b5 2b b + b 9(b + b )5 1 9 1 9 T9 3 9 + 2 29
2
【典例 1-2】
S n
（24-25 n高三上·天津河东·阶段练习）等差数列 an 与 bn 的前 n 项和分别为 Sn 、Tn ，且 =T 2n -1，则n
a5 =
b5
10 9 7
A．2 B． C． D．
11 17 19
【答案】C
a
【分析】利用等差数列求和公式和等差数列的性质得到 S9 = 9a5，T9 = 9b
5
9 ，从而得到 b .5
【详解】∵ an 与 bn 均为等差数列，∴ S9 = 9a5，T9 = 9b9 ，
S9 9 9 9a5 a5
则 = = = =T .故选：C.9 2 9 -1 17 9b5 b5
【变式 1-1】
S 2n + 3 a + a
（23-24 高二下·江西抚州· n 1 9期末）已知等差数列 an 与 bn 的前 n 项和分别为 Sn ,Tn ，且 =T n +1 ，则n b1 + b19
的值为（ ）
13 21 21
A B 13． ． C． D．
11 10 22 20
【答案】D
【分析】利用等差数列的性质与求和公式，结合已知条件求解即可.
Sn 2n + 3
【详解】因为等差数列 an 与 bn 的前 n 项和分别为 Sn ,Tn ，且 =Tn n +1
，
a + a 2a a S - S
所以设 Sn = kn(2n + 3) = 2kn
2 + 3kn,Tn = kn(n +1) = kn
2 + kn 1 9，所以 = 5 = 5 = 5 4b1 + b19 2b10 b10 T10 -T9
(50k +15k) - (32k +12k)
= 65 - 44 21= =
(100k 10k) (81k 9k) .故选：D+ - + 110 - 90 20
【变式 1-2】
Sn 3n + 4
（23-24 高三下·天津南开·阶段练习）已知等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 Sn ,Tn ，若 =T n + 2 ，则n
a5 + a8 =
b + b （ ）2 11
17 37 20 37
A． B． C． D．
13 13 7 7
【答案】C
【分析】由等差数列的前 n 项和公式及等差数列的性质，即可求解结果．
12 a + a 12 b + b Sn 3n + 4
【详解】因为 Sn ,Tn 是等差数列 a 和 b 的前 n 项和， S 1 12 1 12n n 12 = ,T = ，又 =2 12 2 Tn n + 2
a5 + a8 a1 + a12 S12 3 12 + 4 20
所以 = = = =b2 + b b + b T
故选：C.
11 1 12 12 12 + 2 7
【变式 1-3】
a + 2a +L+ 2n-1a
（23-24 高二上·天津滨海新·阶段练习）对于数列 an ，定义H 1 2 n0 = 为 an 的“优值”.现已n
知数列 an 的“ ” H n+1优值 0 = 2 ，记数列 an - 20 的前 n 项和为 Sn ，则下列说法正确的个数是（ ）
1 a = 2n + 2 2 S = n2（ ） n （ ） n -19n （3） S8 = S9 （4） Sn 的最小值为-72
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】C
n+1 n-1 n+1
【分析】根据所给H0 = 2 ，可得当 n 2时， a1 + 2a2 +L+ 2 an = n ×2 ，利用作差的方法求出 an 判断
（1），再由等差数列求和公式求出 Sn 判断（2），由 an - 20 0分析数列 an - 20 的项的符号变化情况判断
（3），求出 Sn 最值进行判断（4）.
a + 2a +L+ 2n-1
【详解】由题意可知，H = 1 2 an = 2n+1 a n-1 n+10 ，则 1 + 2a2 +L+ 2 an = n ×2 ①，n
1-1
当 n =1时， a1 = 2 1 = 4；
当 n 2时， a1 + 2a +L+ 2
n-2 a = n -1 × 2n ② n-1 n+1 n2 n-1 ，① - ②得， 2 an = n ×2 - n -1 ×2 ，
解得 an = 2 n +1 ，当 n =1时也成立\an = 2n + 2也成立.（1）正确；
Sn = a1 - 20 + a2 - 20 +L+ an - 20 = a1 + a2 +L+ an - 20n = 2 1+ 2 + 2 2 + 2 +L+ 2n + 2 - 20n
= 2(1+ 2 +L+ n) + 2n - 20n = n(n +1) -18n = n2 -17n（2）错误；
Qan - 20 = 2n -18，当 an - 20 0时，即 n 9，且 a9 - 20 = 0 ，故当 n = 8或 9 时， an - 20 的前 n 项和 Sn 取
9 -16 + 0S S 最小值，最小值为 8 = 9 = = -72 ，（3）（4）正确.故选：C.2
题型 04 等差数列单调性与最值
【解题规律·提分快招】
在等差数列{an}中
ìa 0
（1）若 a1 > 0，d < 0
m
，则满足 í 的项数m 使得 Sa n 取得最大值
Sm ；
m+1 0
ìa 0
（2）若 a1 < 0，d > 0
m
，则满足 ía 的项数
m 使得 S 取得最小值 S ．
m+1 0
n m
ìa1 > 0
即若 í Sd 0 ，则 n 有最大值（所有正项或非负项之和）； <
ìa1 < 0
若 í Sd 0 ，则 n 有最小值（所有负项或非正项之和）． >
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津宝坻·阶段练习）已知数列 an 为等差数列，公差为 d , Sn 为其前 n 项和，若满足
S15 = 0, S16 < 0 ，给出下列说法：
① d < 0 ；② a2 = 0；③ S9 = S6 ；④当且仅当 n = 7或 8 时， S4 取得最大值.
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】利用等差数列的求和公式与下标和性质得到 a8 = 0, a9 < 0，进而逐一分析各说法即可得解.
ì 15 a + a
S 1 15 15 2a = = 815 = 0 2 2 ìa8 = 0
【详解】因为 an 为等差数列， S15 = 0, S16 < 0 ，所以 í
16 a1 + a16 16 a8 + a9
，则 í
a8 + a9 < 0
，故
S16 = = < 0 2 2
a8 = 0, a9 < 0，对于①， d = a9 - a8 < 0，故①正确；
对于②， a2 = a8 - 6d = -6d > 0 ，故②错误；
对于③， S9 = S6 + a7 + a8 + a9 = S6 + 3a8 = S6 ，故③正确；
对于④，由于 a8 = 0, d < 0，所以数列 an 的前7 项都为正数，从第9项开始是负数，
所以当且仅当 n = 7或 8 时， Sn 取得最大值，④正确；
综上，正确的说法有3个.故选：C.
【典例 1-2】
（24-25 高二上·天津武清·阶段练习）已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和， d 为其公差，且 S8 > S7 > S9 ，给
出以下命题：① d < 0 ；② a8 > a9 ；③使得 Sn 取得最大值时的 n 为 8；④满足 Sn > 0成立的最大 n 值为
17.其中正确命题的序号为（ ）
A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②④
【答案】A
【分析】由 S8 > S7 > S9 及等差数列前 n 项和的函数性质判断①③；应用等差数列前 n 项和公式可得
ìa8 > 0
a + a < 0 n a + aí 8 9 ，并结合 S

= 1 n

n 可判断②④.

a9 < 0
2
【详解】由 S8 > S7 > S9 ，即 S
d 2 d
n = n + (a1 - )n 存在最大值 S8 ，故 d < 0 ，①③对；2 2
ìS8 - S7 > 0 ìa8 > 0

可得 íS9 - S7 < 0 ía8 + a9 < 0，所以 a8 < a9 ，②错；

S9 - S 8 < 0 a9 < 0
ì 15
S a= 1 + a15 15 =15a2 8 > 0
n a1 + a n 16S a + aS = 1 16 由 n ，可知 í 16 = = 8 a8 + a9 < 0，所以满足 Sn > 0成立的最大 n 值为 15，④错.2 2
17 a1 + aS 17 17 = 17a9 < 0
2
故选：A
【变式 1-1】
（24-25 高二上·天津河东·阶段练习）已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn 且满足 S19 > 0，S20 < 0，则
S1 S S，2 ，L，19
a a a 中最大的项为（ ）1 2 19
S S S
A 7 8 9
S10
． a B． C． D．7 a8 a9 a10
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前 n 项和可得 a10 > 0, a11 < 0, d < 0，进而求出 Sn 的最大值即可
判断结果．
19(a + a )
【详解】在等差数列{an}中，由 S19 > 0 ， S 1 1920 < 0，得 S19 = =19a > 0，2 10
S 20(a1 + a20 )20 = =10(a2 10
+ a11) < 0，则 a10 > 0, a11 < -a10 < 0，公差 d = a11 - a10 < 0 ，
因此等差数列 an 为递减数列，当n 10时， an > 0 ；当 n 11时， an < 0，则 Sn 最大值是 S10 ，
Sn S S
则当n 10时， > 0a 且单调递增，当11 n 19
n
时， < 0 10
n a
，所以 a 最大．故选：Dn 10
【变式 1-2】
（22-23 高二上·天津·期末）若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , S2023 < 0, S2024 > 0，则当 Sn 取得最小值时，n 的
值为（ ）
A．1011 B．1012 C．2022 D．2023
【答案】B
【分析】将等差数列的前 2023 和 2024 项和与 0 的大小比较，得出具体的项数的正负，即可求出当 Sn 取得
最小值时 n 的值.
2023 a + a
【详解】由题意， S = 1 2023 2023 = 2023a < 0，∴ a < 0，2 2012 2012
24 aS 1 + a2024 2024 = =12 a2 1012 + a1013 > 0，∴
a1012 + a1013 > 0，则等差数列 an 满足 a1012 < 0， a1013 > 0，可得
公差 d = a1013 - a1012 > 0，
∴数列 an 为递增数列，且当1 n 1012， n N* 时， an < 0，当 n 1013， n N* 时， an > 0 ，
∴当 Sn 取得最小值时， n 的值为 1012．故选：B．
【变式 1-3】
（23-24 高二上·山东泰安·阶段练习）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若 S23 > 0, S24 < 0，则 Sn 取得最大
值时，n 的值是（ ）
A．23 B．13 C．14 D．12
【答案】D
【分析】由已知，利用等差数列求和公式与等差数列的性质可得： a12 > 0， a13 < 0 ，即可得到答案.
【详解】因为 an 是等差数列，且 S23 > 0, S24 < 0，
23 a1 + a23 24 a + a 24所以 = 23a > 0， 1 24 = a1 + a24 12 =12 a12 + a13 < 0，即 a12 + a13 < 0，所以 a12 > 0，a13 < 0 ，2 2 2
因为 d = a13 - a12 < 0，所以等差数列 an 是递减数列，所以当 n =12 时， Sn 取得最大值.故选：D.
题型 05 等比数列技巧
【解题规律·提分快招】
等比数列“高斯技巧”
（1)“高斯”技巧：若 p＋q＝m＋n，则 ap·aq＝am·an，特别地，若 p＋q＝2k，则 a ·a 2p q＝ak ；
(2)“跳项”等比：数列 an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 qk.
(3)“和项”等比：数列 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.
【典例 1-1】
1 1 1 1
（22-23 高二上·湖北襄阳·期末）已知等比数列 an 满足：a2 + a4 + a6 + a8 = 20,a2 × a8 = 8，则 + + +a2 a4 a6 a8
的值为（ ）
5
A．20 B．10 C．5 D．
2
【答案】D
1 1 1 1
【分析】利用等比数列的性质可得： a4 × a6 = a2 × a8 = 8，对 + + +a a a a 进行化简后求值即可.2 4 6 8
【详解】在等比数列 an 中，由等比数列的性质可得： a4 × a6 = a2 × a8 = 8 .
1 1 1 1 a + a a
+ + + = 2 8 + 4
+ a6 a + a + a + a 20 5
所以 = 2 4 6 8 = =a a a ．故选：D2 4 6 a8 a2a8 a4a6 a2a8 8 2
【典例 1-2】
（21-22 高二上·陕西渭南·期末）已知等比数列 an 的各项均为正数，且 a3a7 = 9，则 log3 a1 + log3 a5 + log3 a9 =
（ ）
A．7 B．9 C．81 D．3
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质以及对数的运算性质可求出结果.
2
【详解】依题意可得 a5 = a3a7 = a1a9 = 9 ，
又 an > 0 ，所以 a5 = 3，
所以 log3 a1 + log3 a5 + log3 a9 = log3(a1a9a5 ) = log3(9 3) = log3 3
3 = 3 .故选：D
【变式 1-1】
（22-23 高三上·广东广州·阶段练习）已知在等比数列 an 中， a2a3a4 =1, a6a7a8 = 64，则 a5 等于
1
A．-2 B．±2 C．2 D．±
2
【答案】C
2
【分析】先根据等比数列的性质得到 a3 和 a7，再根据 a5 = a3a7可求得 a5 的大小，解题时要注意对 a5 的符号
的处理．
3 3
【详解】由等比数列的性质可得 a2a3a4 = a3 =1,a6a7a8 = a7 = 64 ，∴ a3 =1,a7 = 4．
∴ a25 = a3a7 = 4 ，又 a5 与 a3 和 a7同号，∴ a5 =2．故选：C．
【变式 1-2】
（24-25 高三下·湖北·开学考试）已知数列 an
1
为等比数列，Tn 为数列 an 前 n 项积，且T2 = ，T6 = 8，则T4 =8
（ ）
1
A．1 B． C 14 ． 2 D．2
【答案】B
【分析】由条件求 a1a2 ，再结合等比数列性质求 a3a4 ，由此可得结论.
1
【详解】由题意，数列 an 为等比数列，Tn 为数列 an 前 n 项积，所以T2 = a1a2 = ，8
T6 = a1a2a3a4a a = a a
3
5 6 3 4 = 8，则 a3a4 = 2，
可得T
1 1
4 = a1a2a3a4 = 2 = .故选：B.8 4
【变式 1-3】
（24-25 高二上·福建龙岩·阶段练习）等比数列 an 的各项均为正数，且 a5a6 + a4a7 =18，则
log3a1 + log3a2 +L+ log3a10 =（ ）
A．12 B．10 C．5 D． 2log35
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质可得 a4a7 = 9，即可结合对数的运算性质求解.
【详解】由 a5a6 = a4a7 和 a5a6 + a4a7 =18可得 a4a7 = 9，
故 log3a1 + log3a2 +L+ log3a10 = log
5 5
3 a1 × a2 ×a2 ×La10 = log3 a1a10 = log3 9 =10 ，故选：B
题型 06 等比数列“平衡点”不等式
【解题规律·提分快招】
等比数列“平衡点”型不等式
等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考：
1.若p＋q＝m＋n，则a 2p·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak
2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an.
【典例 1-1】
（2024 高三·全国·专题练习）在等比数列 an 中，公比为 q，其前 n 项积为Tn ，并且满足 a1 >1，
a -1
a 9999 × a100 -1 > 0 ， < 0a -1 ，则下列结论不正确的是（ ）100
A．0 < q <1 B．a99 × a101 -1 < 0
C．T100 的值是Tn 中最大的 D．使Tn >1成立的最大自然数 n 等于 198
【答案】C
【分析】分析条件可得数列 an 为递减数列，选项 A 正确；根据等比数列的性质可得选项 B 正确；根据
T100 = T99a100 < T99 可得选项 C 错误；根据T198 > 1，T199 <1可得选项 D 正确.
【详解】∵ a99 × a100 -1 > 0 2 197，∴ a1 q >1，∴ q > 0．
a
∵ 99
-1
< 0，∴ a99 -1 a100 -1 < 0a -1 ，即 a99 , a100 一个大于 1，一个小于 1，100
∵ a1 >1，∴数列为递减数列，故0 < q <1，即 a99 >1, a100 <1，选项 A 正确.
a × a = a299 101 100 <1，选项 B 正确.
T100 = T99a100 < T99 ，选项 C 错误.
T198 = a1a2 La = a
99
198 1a198 a2a197 L a99 a100 = a99a100 >1，
T 199199 = a1a2La198a199 = a1a199 a2a198 L a99a101 a100 = a100 <1，选项 D 正确.故选：C．
【典例 1-2】
（24-25 高二上·上海·期末）在等比数列 an 中，公比为 q，其前 n 项积为Tn ，并且满足 a1 >1，
a
a × a -1 > 0 2023
-1
2023 2024 ， < 0a2024 -1
，则下列结论不正确的是（ ）
A．0 < q <1 B． a2023 × a2025 -1< 0
C．T2024 的值是Tn 中最大的 D．使Tn >1成立的最大自然数 n 等于 4046
【答案】C
【分析】分析条件可得数列 an 为递减数列，选项 A 正确；根据等比数列的性质可得选项 B 正确；根据
T2024 = T2023a2024 < T2023可得选项 C 错误；根据T4046 > 1，T4047 < 1可得选项 D 正确.
2 4045
【详解】∵ a2023 × a2024 -1 > 0，∴ a1 q > 1，∴ q > 0．
a
∵ 2023
-1
< 0
a 1 ，∴ a2023 -1 a- 2024 -1 < 0，即 a2023 , a2024 一个大于 1，一个小于 1，2024
∵ a1 >1，∴数列为递减数列，故0 < q <1，即 a2023 >1, a2024 <1，选项 A 正确.
a2023 ×a
2
2025 = a2024 <1，选项 B 正确.
T2024 = T2023a2024 < T2023，选项 C 错误.
T = a a La = a a a a L a 20234046 1 2 4046 1 4046 2 4045 2023 a2024 = a2023a2024 >1，
T 40474047 = a1a2 La4046a4047 = a1a4047 a2a4046 L a2023a2025 a2024 = a2024 < 1，选项 D 正确.
故选：C．
【变式 1-1】
（24-25 高二·全国·假期作业）设等比数列 an 的公比为 q，其前项之积为Tn ，并且满足条件： a1 >1，
a -1
a2015 ×a2016 >1
2015
， < 0 0 < q <1 aa -1 .给出下列结论：（1） ；（2） 2015
× a2017 -1 > 0（3）T2016 的值是Tn 中最
2016
大的；（4）使Tn >1成立的最大自然数等于 4030.其中正确的结论为（ ）
A．（1），（3） B．（2），（3） C．（2），（4） D．（1），（4）
【答案】D
【分析】先根据题意确定公比 q的取值范围，再由等比数列的性质逐一核对四个命题得答案．
【详解】因为 a1 >1， a2015 ×a
2
2016 = a2015 ×q >1，所以 q > 0；
a2015 -1
由 < 0a -1 ，所以
a2015 a2016 ，所以 q 1 .
2016
a -1
若 q > 1
2015
，因为 a1 >1，所以 a2015 >1，a2016 > 1，这与 < 0 矛盾.故 q > 1a -1 不成立.2016
a2015 -1 a >1
若0 < q <1，由 < 0
ì
2015
a -1 í .2016 0 < a 1
，与条件无冲突
2016 <
故0 < q <1，所以（1）成立；
2
由 a2015 ×a2017 = a2016 <1，所以 a2015 × a2017 -1< 0，故（2）错误；
因为Tn = a1 × a2 ×L×an ，因为 a1 >1，0 < q <1，所以 an > 0 ，
a
ìa 2015
>1
又 n 单调递减， í T T . 3
0 < a
，所以 2015 是 n 中的最大值 所以（ ）错误；
2016 <1
因为 Tn 在 n =1,2,L, 2015时单调递增，当 n = 2016,2017,L时，单调递减.
且T4030 = a1a4030 × a2a4029 L a2015a2016 = a a 20152015 2016 >1，
T4031 = a a 20161 4031 × a2a4030 L a2015a2017 × a2016 = a2016 <1 .
所以使Tn >1成立的最大自然数等于 4030.故（4）正确.
故选：D
【变式 1-2】
（24-25 高二上·江苏苏州·阶段练习）设等比数列 an 的公比为 q，前 n 项积为Tn ，并且满足条件
a7 -1a1 >1,a7a8 >1， < 0a 1 .- 则下列结论错误的是（ ）8
A．0 < q <1 B． a7 > 1 C． a8 >1 D．Tn 的最大项为T7
【答案】C
a7 -1
【分析】结合等比数列的通项和题中不等式，分析可得0 < q <1进而得到 A 正确；由 a1 >1，0 < q <1， < 0a8 -1
得到a7 > 1 > a8 > 0，可得 B 正确，C 错误；由等比数列结合 B 的分析可得 D 正确；
6 7
【详解】对于 A，若q < 0，因为 a1 >1，则 a7 = a1q > 0， a8 = a1q < 0，不满足 a7a8 > 1，
q > 1 a >1 a = a q6
a -1
若 ，因为 1 ，则 7 1 >1
7
，a8 = a1q >1
7
，不满足 < 0a -1 ，显然
q 1，所以0 < q <1，故 A 正确；
8
a7 -1
对于 B、C，因为 a1 >1，0 < q <1，且 < 0a -1 ，所以
a7 > 1 > a8 > 0，故 B 正确，C 错误；
8
对于 D，由等比数列可得当 n 7 时， an >1，当 n 8时， an <1，所以Tn 的最大项为T7 ，故 D 正确；
故选：C.
【变式 1-3】
（ 23-24 高 三 上 · 江 苏 镇 江 · 期 中 ） 等 比 数 列 an 中 ， a1012 =1， a1011 > a1012 ， 则 满 足
1 1 1
a1 - ÷ + a2 - ÷ + ××× + an - ÷ > 0的最大正整数 n 为（ ）
è a1 è a2 è an
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【答案】B
2 n-1
【分析】根据题意得 a1 q >1，结合 a1012 =1， a1011 > a1012 =1及等比数列的通项公式从而可求解.
【详解】
1 1 1
由题意知： a1 - ÷ + a2 - ÷ + ××× + an - ÷ > 0，
è a1 è a2 è an
1 1 1 - 1 qn1 1 1 n -1a + a + ×××+ a > + + ×××+ a1 1- q a1 è qn ÷ a

即： 1 2 n a a a ，得： >

1 =
1
n-1
1 2 n 1- q 1- q q -1
q
a 2 n-1因为： 1012 =1， a1011 > a1012 =1，所以：0 < q <1， a1 q >1 a ×a
n-1
由 1 1q >1，得： a1 ×an >1，
a a 2因为： 1 2023 = a1012 =1， a1a2022 = a1011a1012 <1。所以： nmax = 2022，故 B 项正确.故选：B.
题型 07 等比数列“函数型”应用
【解题规律·提分快招】
等比数列与函数的关系
(1) 数列{an}是等比数列，a n-1n＝a1q ， 通项 an为指数函数：即 a ＝a qx-1n 1 ；
a (1- qn ) a a
(2)数列{an}是等比数列，Sn＝ S 1 1 1 nn = = - q = r - rq
n
，Sn 为 r - rqn 型线性指数函数。
1- q 1- q 1- q
（3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量 n 是离散型
【典例 1-1】
（24-25 高二上·浙江温州·期末）若正项数列 an 是等比数列，则“ a9 > a7 ”是“数列 an 为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由等比数列性质，结合充分必要条件的判断，即可求解.
【详解】因为正项数列 an 是等比数列，所以 an > 0，q > 0 ，
a > a a q2当 9 7 时， 7 > a7 ，解得 q > 1 ，
所以数列 an 为递增数列，满足充分性；
当数列 an 为递增数列时， a9 > a7 ，满足必要性，
所以“ a9 > a7 ”是“数列 an 为递增数列”的充要条件.故选：C
【典例 1-2】
（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列 an 是公比为 q的等比数列.设甲： q > 1 ；乙：数列 an 单调
递增，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用等比数列通项公式以及函数性质，分别对首项和公比分类讨论举反例可得结论.
【详解】当首项a1 < 0时，若 q > 1 ，此时数列 an 单调递减，
如 an = -2
n
，因此充分性不成立；
若数列 an 单调递增，当首项a1 < 0，0 < q <1时，满足题意，
a 1
n
如 n = -

÷ ，可知必要性不成立；综上可知，甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D
è 2
【变式 1-1】
（22-23 高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列 an 的公比为 q，且bn = log2 an，则“ bn 为递
减数列”是“ 0 < q <1”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
a1
【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得bn = n log2 q + log2 q ，根据充分性、必要性定义判断题设
条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由题意得， an = a1q
n-1
且 a1 > 0,q > 0 ，
∴ bn = log2 an = log
n-1
2 a1q = log2 a1 + n -1 log2 q = n log2 q + log a12 q .
若 bn 为递减数列，则 log2 q < 0，故0 < q <1，充分性成立.
若0 < q 1 log a
a
< ，则 1 12 q < 0，故bn+1 - bn = n +1 log2 q + log2 - n log2 q + logq 2 q ÷ = log2 q < 0， bn 为递减数è
列，必要性成立.所以“ bn 为递减数列”是“ 0 < q <1”的充分必要条件.故选：C.
【变式 1-2】
（24-25 高三上·上海·期中）已知 an 是无穷等比数列，则“对任意正整数 n ，都有 an+2 < an ”是“数列 an 是严
格减数列”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，分别从两个方向判断“对任意正整数 n ，都有 an+2 < an ”与“数列 an 是严格减数列”之间
的推导关系，根据推导关系判断结论.
【详解】若 an 是严格递减数列，显然能推出 an+2 < an ，
所以“对于任意的正整数 n ，都有 an+2 < an ”是“ an 是严格递减数列”必要条件；
a = a q2若 n+2 n < an 对任意的正整数 n 都成立，则 an 中不可能同时含正项和负项，故 q > 0，
所以 a 2 2n > 0 ， q <1，即 an > 0 ，0 < q <1，或 an < 0， q >1，即 an < 0， q > 1 .
当 an > 0 ，0 < q <1时，有 anq < an ，即 an+1 < an ， an 是严格递减数列；
当 an < 0， q > 1 时，有 anq < an ，即 an+1 < an ， an 是严格递减数列，
所以“对于任意的正整数 n ，都有 an+2 < an ”是“ an 是严格递减数列”充分条件，
综上所述，“对任意正整数 n ，都有 an+2 < an ”是“数列 an 是严格减数列”的充要条件.故选：C.
【变式 1-3】
（23-24 高二下·北京·期中）等比数列 an 的公比为 q，a1 > 0，则“ an+2 > an ”是“ q > 1 ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，利用等比数列的通项公式与不等式的性质，对两个条件进行正反推理论证，可得所求
结论.
n+1 n-1
【详解】根据题意， an+2 > an 成立时，有 a1q > a1q 结合 a1 > 0，
得 qn+1 > qn-1 qn-1 2，即 q -1 > 0，
①当 q > 0时，可得 qn-1 > 0，所以 q2 >1，即 q > 1 ；
②当q < 0时， n 为偶数时， qn-1 < 0，可得 q2 -1< 0，所以-1 < q < 0，
n 为奇数时， qn-1 > 0，可得 q2 -1 > 0，所以 q < -1，因此不存在q < 0满足 an+2 > an 成立，
综上所述，若 an+2 > an 成立，则必定有 q > 1 ，
若 q > 1 ，结合 a1 > 0，可知等比数列 an 是递增数列，必定有 an+2 > an 成立
因此，若等比数列 an 的首项 a1 > 0，则“ an+2 > an ”是“ q > 1 ”的充要条件.
故选：C
题型 08 等差等比“纠缠数列”
【解题规律·提分快招】
纠缠数列
等差数列某些项（包括复合型）成等比，或者等比数列某些项成等差，称之为“纠缠数列。纠缠数列处理
思维
1.如果是等差数列中某些项成等比，则设公差和首项，解方程
2.如果是等比数列中某些项成等差，则设公比和首项，解方程
【典例 1-1】
（2023·四川南充·模拟预测）若 sin 2x,sin x 分别是sinq 与 cosq 的等差中项和等比中项， 则cos2x的值为
（ ）
A 1+ 33 B 1- 33 1± 33 1- 2． ． C． D．
8 8 8 4
【答案】A
【分析】根据条件可得 2sin 2x = sinq + cosq ， sin2 x = sinq cosq ，然后结合同角三角函数的关系，以及恒
等变换公式化简，即可得到结果.
【详解】依题意可得 2sin 2x = sinq + cosq ， sin2 x = sinq cosq ，
且 sin2 q + cos2 q = sinq + cosq 2 - 2sinq cosq = 4sin2 2x - 2sin2 x =1，
2
所以 4 1- cos 2x + cos 2x - 2 = 0，即 4cos2 2x - cos 2x - 2 = 0 1± 33，解得 cos 2x =
8
又因为 sin2 x = sinq cosq ，所以 cos 2x =1- 2sin2 x =1- sin 2q 0，
cos 2x 1+ 33所以 = 故选:A
8
【典例 1-2】
1 1 a + b
（2021 高二·全国·专题练习）已知 1 既是 a2与 b2的等比中项，又是 a 与 的等差中项，则 2 2 的值是b a + b
（ ）
1 1 1
A 1．1 或 2 B．1 或- C．1 或 D．1 或-2 3 3
【答案】D
ì ab =1, ì ab = -1, a + b a + b
【分析】由已知可得 í 或 í 则 2 2 = 2
a + b = 2 a + b = -2. a + b a + b - 2ab
代入计算即可.
2 2 ì ab =1, ì ab = -1,
【详解】由题意得， a b = (ab)2 1,
1 1
= + = 2,从而有
a b í a + b = 2
或 í
a + b = -2.
a + b a + b
= 1因此 a2 + b2 a b 2 2ab 的值为 1 或－ .+ - 故选：D.3
【变式 1-1】
（2011·广东深圳·二模）已知△ 中， ， ， 分别是 ， 的等差中项与
等比中项，则△ 的面积等于
A． B． C． 或 D． 或
【答案】C
【详解】试题分析： 和 的等差中项是 ，正的等比中项是 ，所以 ，
，根据正弦定理： ， ， 或 ， 或 ，
那么 的面积是 ，或是 ．故选 C．
【变式 1-2】
（高二上·福建厦门·期中）已知 a,b是两个不相等的正数，A 是 a,b的等差中项， B 是 a,b的等比中项，则A
与 B 的大小关系是
1 1
A． A < B B．A > B C． A = B D． <
A B
【答案】B
【详解】试题分析：因为 a,b是两个不相等的正数，A 是 a,b的等差中项， B 是 a,b的等比中项，所以
A a + b=
2 B = ab
，所以A > B，故选 B．
考点：1、等差中项；2、等比中项；3、均值不等式．
【变式 1-3】
（23-24 高三上·江西南昌·阶段练习）已知正项等差数列 an 和正项等比数列 bn ， a1 = b1 =1，b3是 a2 ,a6的
等差中项， a8 是b3,b5 的等比中项，则下列关系肯定成立的是（ ）
A． a2 < b2 B． a1024 = b11 C． a4 > b4 D． a100 = b10
【答案】B
【分析】
根据条件建立方程组，求解基本量公差、公比，再根据通项公式依次判断选项即可.
【详解】设等差数列公差为d(d 0)，等比数列公比为q(q > 0)，且 a1 = b1 =1，
由b3是 a2 ,a6的等差中项，得 a2 + a6 = 2b3，则有1+ d +1+ 5d = 2q2 ，化简得1+ 3d = q2 ①，
由 a8 是b3,b 25 的等比中项，得 a8 = b3b5 = b
2
4 ，又已知正项等差数列 an 和正项等比数列 bn ，
ì 5
d = -
a b 3 27 ì
d =1 ìd = 0
所以 8 = 4 ，则有1+ 7d = q ②，联立①②解方程组得， í （舍去），或 í ，或 í .
q 2 q = 2 q =1= -
3
故 a n-1n = n ，bn = 2 或 a = b =1. a = b =1 AC BD a = n b = 2
n-1
n n 当 n n 时，可知 错误， 成立；当 n ， n 时，
a100 =100,b10 = 2
9 = 512， a100 b10，故 D 错误.
又 a1024 =1024,b11 = 2
10 =1024，B 也成立，故选：B.
题型 09 整数比值型
【解题规律·提分快招】
整数比值型，属于数论整除内容。
整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解
【典例 1-1】
An 6n + 45
（23-24 高二下·浙江·阶段练习）已知两个等差数列 an 与 bn 的前 n 项和分别为 An 和 Bn ，且 =B n + 2 ，n
an
则使得 b 为整数的正整数
n 的个数是（ ）
n
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
an
【分析】利用等差数列的性质，先把数列对应项的比转化为前 n 项和的比，再分离常数，结合 b 为正整数n
求 n 的个数.
2n -1 a1 + a2n-1
an 2an 2 A2n-1 6 2n -1 + 45= = = = 12n + 39 6 2n +1 + 33 6 33【详解】因为 bn 2b
= = +
2n 1 b b B 2n = 为n - 1 + 2n-1 2n-1 -1 + 2 2n +1 2n +1 2n +1
2
整数，所以 n 的值可以为：1，5，16.故选：A
【典例 1-2】
（2016·广西桂林·一模）已知两个等差数列 an 和 bn
An 7n + 45 an
的前 n 项和分别为An 和Bn ，且 =Bn n + 3
，则使得 bn
为整数的正整数 n 的个数是
A．3 B． 4 C．5 D．6
【答案】C
an A2n-1 14n + 38 7n +19 12
【详解】试题分析：由等差数列前 n 项和的性质知， = = = = 7 +b B ，故当 n =1，n 2n-1 2n + 2 n +1 n +1
a
2 3 5 11 n
an
， ， ， 时， b 为整数，故使得
n
b 为整数的正整数 的个数是5．故应选 C．n n
考点：1、等差数列的性质；2、等差数列的前 n 项和公式.
【方法点睛】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前 n 项和公式，属于难题.等差数列性质很多，其
中性质‘若m + n = p + q = 2r ，则 am + an = ap + aq = 2ar ’应用非常广，它往往结合等差数列前 n 项和公式
S n a1 + a a + a
a A
（ n =
n ）综合出题，本题就是利用‘ a + a = 2a , S = 1 2n-1 ’ n = 2n-1
2 1 2n-1 n 2n-1
推出结论
2 b B
后，再利用
n 2n-1
n 是整数这一特性进一步解答的.
【变式 1-1】
A 6n + 30
（18-19 高一下·贵州铜仁·期中）已知等差数列 an 和 b nn 的前 n 项和分别为 An 和Bn ，且 =B n + 2 ，则使n
an
得 b 为整数的正整数
n 的个数是
n
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
an 12n + 24 18 an
【解析】根据等差数列的性质和前 n 项和公式，可得 = = 6 + nbn 2n +1 2n +1
，要使得 b 为正整数，求得n
的取值个数，即可求解，得到答案．
1
a (a1 + a2 2n-1
)
n n
A
= = 2n-1
6(2n -1) + 30
【详解】由题意，根据等差数列的性质和前 项和公式，可得 =
b 1n (b + b ) B2n-1 2n -1+ 2
2 1 2n-1
12n + 24 a a
= = 6 18+ n，要使得 b 为正整数，则 n =1或 n = 4
n
，所以要使得 b 为正整数的正整数 n 的个数为 22n +1 2n +1 n n
个，故选 A．
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前 n 项和公式的应用，其中解答中根据等差数列的性质和
an 18
前 n 项和公式，化简 = 6 +bn 2n +1
是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
【变式 1-2】
（23-24 高三上·江苏淮安·阶段练习）已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和Tn ，且
Sn 5n + 63 a= n
T n + 3 ，则使得 b 为整数的正整数
n 的个数为（ ）
n n
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列前 n 项和公式以及等差数列的性质可得 S2n-1 = 2n -1 an ，进而可求解.
S a【详解】由于 = 1 + a2n-1 2n -1 2an 2n -1 2n-1 = = 2n -1 a2 2 n
an S2n-1 5 2n -1 + 63 5n + 29 24
所以 = = = = 5 + ，
bn T2n-1 2n -1+ 3 n +1 n +1
an
要使 b 为整数，则 n + 1为 24 的因数，由于 n +1 2，故 n + 1可以为
2,3,4,6,8,12,24 ，故满足条件的正整数 n
n
的个数为 7 个，故选：B
【变式 1-3】
S 3n + 81
（22-23 n高二下·河北唐山·期末）已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和Tn ，且 =Tn n + 3
，
an
则使得 b 为整数的正整数
n 的个数为（ ）
n
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
S2n-1 an 3 36【分析】利用等差数列的前 n 项和公式，计算 T 得到
= + ，再根据条件即可得到答案.
2n-1 bn n +1
1
S a1 + a2n-1 × 2n -1 a
【详解】因为等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 S 和T ，所以 2n-1n n = 2 = n ，T 12n-1 b1 + b2n-1 × 2n -1 bn2
Sn 3n + 81 an S2n-1 3(2n -1) + 81 3n + 39 36
又 =T ，所以
= = = = 3 +
n n + 3 bn T
，
2n-1 (2n -1) + 3 n +1 n +1
an 36
因此要 b 为整数，当且仅当 是正整数，又 n N
* ，则 n + 1是 36 的大于 1 的约数，又 36 的非 1 的正约
n n +1
数有 2，3，4，6，9，12，18，36，共 8 个，则 n 的值有 1，2，3，5，8，11，17，35，共 8 个，
an
所以使得 b 为整数的正整数
n 的个数为 8.故选：C.
n
题型 10 函数型：恒成立求参
【解题规律·提分快招】
数列恒成立求参，主要方法是参变分离，构造数列函数，求数列函数最值。
求数列函数的最值，需要求数列函数的单调性，一个是数列单调性定义法来求，一个是转化为关于n的函数，
利用函数图像，或者求导等等方法来求单调性。需要注意的是，因为是数列，所以自变量是n，属于“离散
型”。
【典例 1-1】
3
（24-25 2 2高二上·天津滨海新·期末）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，直线 y = x - 6 与圆O : x + y = an +1 2
P * 1 2交于 n ,Qn n N 两点，且 Sn = PnQ4 n ．若存在 n N
* ，使得lan < 2n - 7有解，则实数l 的取值范围是
（ ）
( 1 1 3A． - ,0) - , - , B． ÷ C． ÷ D． - ,
è 81 è 27 è 32 ÷
【答案】B
【分析】求出弦长 PnQn 得 Sn ，利用 Sn - Sn-1求得 an ，然后不等式变形为lan < 2n - 7，用分离参数法变形为
l 2n - 7 2n - 7<
a （这里
an > 0 ），然后求出数列{ }a 的最大项即可得．n n
3
【详解】由题意圆O圆心为原点，半径为 r = (an +1) ，圆心到直线 y = x - 6 的距离为2
0 - 0 - 6
d = = 3 ，
2
3 1 2 3
所以 PnQn = 2 r
2 - d 2 = 2 (an +1) - 3 = 6(an -1) ，所以 Sn = PnQn = (an -1)，2 4 2
S a 31 = 1 = (a1 -1) ，a1 = 3
3 3
， n 2时， Sn-1 = (an-1 -1) ，所以 an = Sn - Sn-1 = (an - an-1) ， a = 3a2 2 2 n n-1
，
n-1 n
所以{an}是等比数列，公比为 3，所以 an = 3 3 = 3 ，不等式lan < 2n - 7有解，即l ×3n < 2n - 7，
l 2n - 7<
3n
，
b 2n - 7 5 1 1设 n = n ，当 n > 4时，bn > 0 ，b1 = - ，b2 = - ，b3 = - ，3 3 3 27
b b 2n - 7 2(n -1) - 7 -4(n - 5)n - n-1 = -3n 3n-1
= ，
3n
b 14 = b5 = ，n > 5时，bn - bn-1 < 0 ，即bn < bn-1，即数列{bn}从第 5 项开始递减，81
所以{bn}的最大值是b b
1 1
4 = 5 = ，所以l < ，故选：B．81 81
【典例 1-2】
1 1 1 2n +1
（2019·广东· 2一模）已知数列 an 满足 a1 + a2 + a3 +L+ an = n + n n N+ ，设数列 bn 满足：b =2 3 n n a a ，n n+1
数列 bn 的前 n 项和为Tn ，若T
n
n < l n N+ 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）n +1
é1
A． ê ,+
1 é3 ù 3
÷ B． ,+ 4 ÷
C． ,+ D． ,+ ÷
è 4 ê 8 ú è 8
【答案】D
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的
单调性求出结果.
1 1 1 2
【详解】数列 an 满足 a1 + a2 + a3 +L+ an = n + n ，①当 n 2时，2 3 n
a 1 1 1 2 1 21 + a2 + a3 +L+ an 1 = n -1 + n -1，②① - ②得， a2 3 n -1 - n n = 2n ，故 an = 2n ，
b 2n +1 2n +1 1
é 1 1 ù
则 n = = 2 = ê 2 - ú ，则ana 2n+1 4n n +1 4 ên n +1
2
ú
1 é 1 2 1 2 2T = ê1-
1 1 1 ù 1 é 1 ù
n ÷ + ÷ - ÷ +L+ 2 - 2 ú = ê1-
n
2 ú ，由于Tn < l n N 恒成立，4 ê è 2 è 2 è 3 n n +1 ú 4 ê n +1 ú n +1
+
1 é 1 ù n n + 2 1 1 1 1
故 ê1- ú < l ，整理得：l > = +2 ，因 + 随 n 的增加而减小，4 ê n +1 ú n +1 4n + 4 4 4 n +1 4 4 n +1
1 1 3
所以当 n =1时， +4 4 n 1 最大，且为 ，即l
3
>
+ .故选：D8 8
【变式 1-1】
1 1 1 1 4n l
（20-21 高二下·天津武清·期末）若数列{an}满足 + + + + = ，若 2a 2a 3a 恒成立，则l 的1 2 3 nan 2n +1 an
最大值（ ）
3 3 3
A． B． C． D．3
4 8 2
【答案】C
【分析】由已知数列的递推式，可得 a1，将 n 换为 n -1，两式相减求得 an ，再由数列的单调性和不等式恒
成立思想，可得所求最大值.
1 1 1 1 4n 1 4 3
【详解】解：由于 + + + + = =a 2a 3a ，当 n =1时， ，即 a1 = ，1 2 3 nan 2n +1 a1 3 4
… 1 1当 n 2 时， + + ...
1 4n - 4 1 1 1 1 4n
+ = + + + + =
a1 2a2 (n -1)an-1 2n -1
，又 a1 2a2 3a3 nan 2n +1
，
1 4n 4n - 4 4
以上两式相减可得 = - =
1
na 2 ，得
an = n - ，上式对 n =1也成立，
n 2n +1 2n -1 4n -1 4n
l
所以 2恒成立即为l 12(n 1 1- ) ì üa 恒成立，由 2(n - ) 为递增数列，得 2(n - )的最小值为 2 (1
1 3
- ) = ，
n 4n
í 4n 4n 4 2
l 3 3所以 ，即l 的最大值为 .故选：C.
2 2
【变式 1-2】
2 n +1
（24-25 高二上·

浙江温州·期末）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，满足 a1 = 2，an+1 = a ，对于n n
"n N*，Sn An + B 2n + 2恒成立，则 A + B 的最小值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．4
【答案】B
n
【分析】由累乘法求得 an = n × 2 ，再结合错位相减求和，即可求解.
【详解】由题，
a an a a= × n-1 × n-2 L a 2n
2 n -1 2 n - 2 2 2
n × ×
2 ×a1 = × × ×L× 2 = n × 2
n，n 2，
an-1 an-2 an-3 a1 n -1 n - 2 n - 3 1
a = 2 1 2 3又 1 符合上式，所以 an = n × 2n. 则 Sn =1 2 + 2 2 + 3 2 +L+ n 2
n
，①，
2Sn =1 2
2 + 2 23 + 3 24 +L+ n 2n+1，②，
2 1- 2n
由①-②，得-S 1 2 3n = 2 + 2 + 2 +L+ 2
n - n 2n+1 = - n × 2n+1 = 1- n × 2n+1 - 2，
1- 2
所以 Sn = n -1 ×2n+1 + 2，若对于"n N*，Sn An + B 2n + 2恒成立，即 2 n -1 An + B 对"n N*恒成
ìA - 2 0
立，所以 A - 2 n + B + 2 0对"n N*恒成立，所以 í ，所以 A + B≥0 .A 2 B 2 0 故选：B - + +
【变式 1-3】
n(n +1)
（22-23 高二上·天津河北·期末）已知数列 an 的通项公式为： an = n 1 ，数列 a- n 的前 n 项和为 Sn ，若3
对任意的正整数 n，不等式 Sn > (-1)
n c恒成立，则实数 c 的取值范围是（ ）
27 ù 27 ù
A． (-1,4) B． (-2,4) C． -1,
è 4 ú
D． -2,
è 4 ú
【答案】B
【分析】根据题意可得数列 Sn 为递增数列，讨论 n 的奇偶性结合恒成立问题分析求解.
n +1 n + 2
【详解】∵ Sn+1 - Sn = an+1 = n > 0，3
∴数列 Sn 为递增数列，
n
若对任意的正整数 n，不等式 Sn > (-1) c恒成立，则有：
当 n 为奇数时，则 Sn > -c ，故 S1 = a1 = 2 > -c ，即 c > -2；
当 n 为偶数时，则 Sn > c ，故 S2 = a1 + a2 = 4 > c ，即 c < 4；
综上所述：实数 c 的取值范围是 (-2,4) .故选：B.
题型 11 函数型：奇偶讨论型
【解题规律·提分快招】
奇偶型讨论：
1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。
2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇
数项通项。
【典例 1-1】
（22-23 高二·全国·课后作业）已知数列 an 是各项均不为 0 的等差数列， Sn 为其前 n 项和，且满足
a2n = S2n-1 n N* .若不等式l n -1 n én + 8 -1 n+1 ù an+1对任意的 n N* 恒成立，则实数l 的取值范围
是（ ）
A é
77
- ,-15ù é 77- ,0ù． ê ú B． ê ú C． 0,15
é15, 77 ùD
3 ． 3 ê 3 ú
【答案】A
【分析】利用等差数列的性质求得an = 2n +1，然后按 n 的奇偶性分类讨论，用分离参数法求得l 的范围．
2 (2n -1)(a + a
【详解】{a }是等差数列，则 a = S = 1 2n-1
)
n n 2n-1 = (2n -1)an ，又 an 0 ，2
所以 an = 2n -1，不等式l n -1
n é n + 8 -1
n+1 ù
an+1为l n -1
n é n + 8 -1
n+1 ù
2n +1 ，
n -ln (n + 8)(2n +1) l (n + 8)(2n +1)是奇数时，不等式为 ， - ≤ = 2n
8
+ +17
n n ，
f (x) 2x 8
2
n > 0时，设 = + +17， f (x)
8
= 2 - 2(x - 4)2 =x x x2
，
0 < x < 2时， f (x) < 0， f (x) 递减， x > 2时， f (x) > 0， f (x) 递增，
又 n 是正奇数， f (1) = 27 ， f (3)
77 7727 2n 8 77 77= < ，所以 + +17的最小值是 ，-l ，l - ，
3 n 3 3 3
n 是偶数时，不等式为ln (n -8)(2n +1) l
(n -8)(2n +1)
， = 2n
8
- -15，
n n
8 8 8
n > 0时， y = 2n - -15是增函数，又 n 取正偶数，所以 2n - -15的最小值是 2 2 - -15 = -15，所以
n n 2
77
l -15，综上，- l -15．故选：A．
3
【典例 1-2】
（2017·天津河东·二模）若数列 ， 的通项公式分别为 ， ，且
，对任意 恒成立，则实数 的取值范围是
A． B．[-1,1） C．[-2,1) D．
【答案】D
n+2017 1
【详解】 an < bn , 可得 -1 n+2016 -1·a < 2 + ，若 n 是偶数，不等式等价于 a < 2 - 恒成立，可得
n n
a 2 1 3< - = ，若 n
1 3
是奇数，不等式等价于-a < 2 + ，即-a 2, a -2 ，所以 -2 a < ，综上可得实
2 2 n 2
a é 3 数 的取值范围是 ê-2, ÷ ，故选 D. 2
【方法点睛】本题主要考查数列的通项、不等式恒成立问题以及分类讨论思想.属于难题.，分类讨论思想解
决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥
着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突
破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与
解题当中.解答本题的关键是对 n 分奇数、偶数两种情况讨论.
【变式 1-1】
（2024·浙江绍兴·三模）设0 a1 < a2 成立，则m 的取值范围为（ ）
A．m
1 1
B．m
9 3
2 4
C．m D．m
3 9
【答案】C
a
【分析】根据题意得到 ak +1 100 ,a 3
k -1
99 k k a1，推出max a - a = a
98
3 - k +1 k 100
- 3 a1，得到答案.
【详解】由题意得 an+1 3an 1 n 99 99-k，故 a100 3 ak +1,ak 3k -1a
a k -1
1 ，故 a 100k +1 ,a 3 a ，399-k k 1
max a - a = max ì a100 k -1 ü ì故 k +1 k í 99-k - 3 a1 = max í3k
a100 a1 ü- = 399 a 100
a1 98
3 è 399 3 ÷ è 399
- ÷ = a100 - 3 a1，
3
a 98 a100 2由于 100 1，故 a100 - 3 a1 a100 - .故选：C3 3
【点睛】关键点点睛：
max a a max ì a- = 100 - 3k -1a ü = max ì3k a100 a1 ü 99 a100 a1 98k +1 k í 99-k 1 í 99 - ÷ = 3 99 - ÷ = a3 3 3 3 3 100 - 3 a1 è è
【变式 1-2】
1
（23-24
n+1
高三上·四川·阶段练习）已知数列 an 满足 a1 = - ，且 an+1 = an + -2 ，若使不等式 an l 成立3
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 ÷ D． ,3 3 ê 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
1 n+1 1 1 n+1
所以 an =1- × -2 ，显然 a1 = - 也适合，所以数列 an 的通项公式为 an =1- × -2 ．3 3 3
a 1 1= - × -2 n+1 1 1 2n+1 1n = - × = × 2n+1当 为奇数时， n -1，此时数列 an 的奇数项单调递增；3 3 3
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
×2
2 -1 l,
3ì a1 l 1 a l ×2
3 +1 l,
2 3 13 35 é13 , 35 只需有 í a l ，即 í1 ，解得
l < ，即l 的取值范围为 ê ÷．故选：D．
3 ×24 -1 l, 3 3 3 3
a4 > l 3
1 ×25 +1 > l,
3
【变式 1-3】
n
22-23 · · a a =1 a 1- a = - （ 高三上 河北沧州 期末）已知数列 n 中， 1 ，且 nn+1 n 3 ÷ ，若存在正整数 ，使得è
t - an t - an+1 < 0成立，则实数 t的取值范围为（ ）
3
A． < t <1
2
B． < t < 1
4 3
3 t 7 2C． < < D． < t < 2
4 9 3
【答案】B
【分析】根据 an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 + ×××+ an - an-1 ，结合等比数列求和公式可求得
é n ù
a 3 1 1n = ê -

-

÷ ú
*
；分别在 n = 2k k N 和 n = 2k -14 3 k N
* 时解不等式得到 a2k < t < a2k +1和 a2k < t < a2k -1，
ê è ú
根据数列的单调性可知 a2k a2， a2k +1 a3 ， a2k -1 a1，从而得到所求范围.
1 1 1 1 n-1
【详解】由题， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 + ×××+ a

n - an-1 =1- + - + ×××+ - ，3 9 27 è 3 ÷
3 éa 1 1
n
ù a 1 a 3
é 1
n ù
即： n = ê -

- ÷ ú ， n 2， n =1时， 1 = ，符合上式，所以4 3 n
= ê1- - ÷ ú ，
ê è ú 4 ê è 3 ú
1 2k① * 1当 n = 2k k N 时， a2k +1 - a2k = - ÷ = k > 0 则由 t - an t - a3 9 n+1 < 0得： a2k < t < a2k +1，è
3 é 1 2k ùa 2 3
é 1 2k +1 ù 7 2 7
此时 2k = ê1-

4 3 ÷
ú a2 = ， a3 2k +1
= ê1+ ÷ ú a3 = ，所以 t , ；
ê è ú 4 ê è 3 ú 9 è 3 9
÷

② n = 2k -1 k N* 1
2k -1
1
当 时， a2k - a2k -1 = - ÷ = - < 0 ，则由 t - an t - an+1 < 0得： a2k < t < a2k -1，
è 3 32k -1
a 3
é 1 2k ù 2 3 é 1 2k -1 ù 2
此时 2k = ê1-4
ú a = ； a
3 ÷ 2 3 2k -1
= ê1+
4 ÷
ú a1 =1，所以 t 3
,1÷；
ê è ú ê è ú è 3
t 2 ,1 综上所述： ÷ .故选：B.
è 3
题型 12 函数型：三角函数周期型
【解题规律·提分快招】
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；通项公式分奇偶项有不同表达式问题；
4.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
【典例 1-1】
° ° ° °
（2024·广东·模拟预测）令 an = sin 0.5 cos1 + cos 2 +L+ cos n ,n N+ ．则 an 的最大值在如下哪个区间中
（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【答案】B
° ° 1 ° ° ° °
【分析】先通过 sin 0.5 cos n = é sin n + 0.5 - sin n - 0.5 ù ，利用裂项相消法求出 a2 n ，观察得其最大值
可取 a90 ，然后计算其范围即可.
° ° 1
【详解】由于 sin 0.5 cos n = é sin n° + 0.5° - sin n° - 0.5°2 ù
an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° = sin 0.5° cos1° + sin 0.5° cos 2° + sin 0.5° cos3° +K+ sin 0.5° cos n°
1
= é sin1.5
° - sin 0.5° + sin 2.5° - sin1.5° + sin 3.5° - sin 2.5° + + sin n° + 0.5° - sin2 n
° - 0.5° ù
1
= ésin n° + 0.5° - sin 0.5° ù2 根据三角函数的性质可知，
当 n = 90 + k ×360, k Z或 n = 89 + k ×360, k Z时， sin n° + 0.5° 取最大值，
不妨取 n = 90 ，
1
则 ésin
2 90
° 1 2 2 1+ 0.5° - sin 0.5° ù = cos 0.5° - sin 0.5° = sin 44.5° < sin 45° = ,2 2 2 2
1 π
又 cos 0.5° - sin 0.5°
1
= 1- sin2 0.5° - sin 0.5° ，因为当 x
é0, ù 时， sin x x
2 2 ê 2 ú
2 2
所以 1- sin2 0.5° - sin 0.5° = 1- sin2 π - sin π 1 π π π π> - ÷ - 要比较 1- - 与0.99 的大360 360 è 360 360 è 360 ÷ 360
1 π
2
99 π
2 π 2 99 π 2 π 2 99 2 99π
小，即比较 - ÷ 与 +
1- 的大小， - + =1- 2 - -
è 360 è100 360 ÷ è 360 ÷ è100 360 ÷ ÷ ÷ è 360 è100 18000
360 - 99π 3 360 - 314 3 2
> - > - > 0 π π故 .
18000 10000 18000 10000 1- - > 0.99è 360 ÷ 360
所以0.495
1
< é sin 90° + 0.5° - sin 0.5° ù
1
2
< .故选：B.
2
é π ù é π ù
证明：当 x ê0, 2 ú
时， sin x x 设 f x = sin x - x ， x ê0, ú ，则 f x = cos x -1 0， 2
é π ù é π ù
所以 f x 在 ê0, 上单调递减，所以 f x f 0 = 0，即当 x 0, 时， sin x x . 2 ú ê 2 ú
【典例 1-2】
n n
（2024·北京朝阳·模拟预测）设 f x = x + sinx， an 为等差数列， Sn = ai ,Tn = f an ，则
i=1 i=1
“ S2024 = 2024π ”是“T2024 = 2024π ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】分析函数 f (x) 的单调性与对称性，得函数 f (x) 在R 上单调递增，且图象关于点 (π,π) 中心对称.再
利用等差数列的性质可得 a1 + a2024 = a2 + a2023 =L = a1012 + a1013 ，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反
证法进行必要性的证明.
【详解】已知 f (x) = x + sin x, x R ，则 f (x) =1+ cos x 0，故 f (x) 在R 上单调递增.
又由 f x = x + sinx，得 f (2π - x) = 2π - x + sin 2π - x = 2π - x - sin x，故 f (x) + f 2π - x = 2π ，则函数 f (x)
的图象关于点 (π,π) 中心对称.已知数列 an 是等差数列，则 a1 + a2024 = a2 + a2023 =L = a1012 + a1013 .
S = 2024π a S 2024(a1 + a )①先证明充分性：若 ，由数列 是等差数列，可得 = 20242024 n 2024 = 2024π ，2
则 a1 + a2024 = a2 + a2023 =L = a1012 + a1013 = 2π ，所以由函数 f (x) 的对称性可知，
f (a1) + f (a2024 ) = 2π ， f (a2 ) + f (a2023) = 2π ，L， f (a1012 ) + f (a1013) = 2π ，
2024
T2024 = f ai =1012 2π = 2024π ，即“ S2024 = 2024π T2024 = 2024π ”得证.
i=1
因此，“ S2024 = 2024π ”是“T2024 = 2024π ”的充分条件；
②再证明必要性：下面用反证法证明：假设 S2024 < 2024π，已知数列 an 是等差数列，则
2024(a1 + a2024 ) < 2024π ，即 a1 + a2024 < 2π ，由等差数列性质可得 a2 1
+ a2024 = a2 + a2023 =L = a1012 + a1013 < 2π ，
所以 a1 < 2π - a2024 , a2 < 2π - a2023 ,L, a1012 < 2π - a1013 , ,L, a2024 < 2π - a1，由函数 f (x) = x + sin x 在 R 上单调递增，
可得 f (a1) < f (2π - a2024 ) = 2π - f (a2024 ) ， f (a2 ) < f (2π - a2023) = 2π - f (a2023)，M
2024 2024
f (a2024 ) < f (2π - a1) = 2π - f (a1)，各式累加得，T2024 = f ai < 2024 2π - f (ai ) = 2024 2π -T2024，
i=1 i=1
所以 2T2024 < 2024 2π，即T2024 < 2024π ，这与已知T2024 = 2024π矛盾，故假设错误；
同理，假设 S2024 > 2024π，可证得T2024 > 2024π ，也与已知T2024 = 2024π矛盾，故假设也错误；
所以“T2024 = 2024π S2024 = 2024π ”得证.即“ S2024 = 2024π ”是“T2024 = 2024π ”的必要条件.
综上所述，“ S2024 = 2024π ”是“T2024 = 2024π ”的充要条件.故选：C.
【变式 1-1】
2
（高一下·重庆·期中）数列 an 的通项 an = n cos2
nπ nπ
- sin2 ÷，其前 n 项和为 Sn ，则 S30为（3 3 ）è
A． 470 B． 490 C． 495 D．510
【答案】A
2 2nπ
【详解】分析：利用二倍角的余弦公式化简得 an = n cos ，根据周期公式求出周期为3，从而可得结3
果.
2 2nπ 2nπ
详解：首先对 an 进行化简得 an = n cos ，又由 cos 3 关于 n 的取值表：3
n 1 2 3 4 5 6 L
cos 2nπ
1 1 1 1
- - 1 - -3 2 2 2 2 1 L
cos 2nπ
12 + 22 42 + 52 2822 2 + 292 2
可得 3 的周期为
3，则可得 S30 = - + 3 ÷ + - + 6 ÷ +L+ - + 30 ÷ ，
è 2 è 2 è 2
3k - 2 2+ 3k -1 2
设bk = - + 3k 2= 9k
5
- ，则 S30 = 9 1+ 2 + ...+10
5
- 10 = 470，故选 A．
2 2 2
【变式 1-2】
π
（24-25 高三上·江苏南通·阶段练习）在递增数列 an 中，a1 = ， sin an = cos an+1 ．已知 S6 n 表示 an 前
n 项和的最小值，则 sin S9 =（ ）
A 1
1
． 2 B
3
． C．- D 3．
2 2
-
2
【答案】C
【分析】由题意依次确定数列的前 9 项的值，结合三角函数诱导公式，即可得答案.
π
【详解】由题意在递增数列 an 中，a1 = ，sin an = cos an+1 ，则 cos an+1 = sin an ，故 cos a2 = sin a
1
1 = ，6 2
则 a
π 2kπ,k Z a 5π 2kπ,k Z a π= + = + = 32 或 ，结合题意取 ；又 ，则3 2 3 2 cos a3 = sin a3 2 = 2
a π 11π 11π 13 = + 2kπ,k Z 或 a3 = + 2kπ,k Z，结合题意取 a3 = ；同理 cos a4 = sin a6 6 6 3 = - ，则2
a 2π4 = + 2kπ,k Z a
4π 2kπ,k Z a 2π 或 4 = + ，结合题意取 4 = + 2π
3
，同理
3 3 3 cos a5 = sin a4 = ，则2
a π 11π 11π5 = + 2kπ,k Z或 a5 = + 2kπ,k Z，结合题意取 a5 = + 2π ，6 6 6
同理 cos a6 sin a
1 2π 4π
= 5 = - ，则 a6 = + 2kπ,k Z或 a6 = + 2kπ,k Z，2 3 3
2π 11π 2π 11π
结合题意取 a6 = + 4π，同理可得 a7 = + 4π ， a8 = + 6π ， a9 = + 6π，3 6 3 6
π π 11π 2π 11π 2π
故 an 前 9 项和的最小值 S9 = + + + + 2π ÷ + + 2π + + 4π 6 3 6 ÷ ÷è 3 è 6 è 3
11π 2π
+ + 4π ÷ + + 6π
11π+ + 6π 59π 1
6 3 ÷ ÷
= + 24π ，可得 sin S = - ，故选：C
è è è 6 6 9 2
【变式 1-3】
np p
（21-22 高二上·河北保定·阶段练习）已知数列 an 满足 an = sin + ，其前 n 项和为 S ，则 S =
è 2 6 ÷ n 2021
（ ）
A 3
1
．- B - C
1 3
． ． D．
2 2 2 2
【答案】D
【分析】利用代入法可以判断出该数列的周期，利用周期性进行求解即可.
3 1 3 1 3
【详解】因为 a1 = ， a2 = - ，2 a3 = -
， a4 = ， a2 2 2 5
= ，
2
所以 an 是周期为 4 3的周期数列， S4 = 0，所以 S2021 = a1 = .故选：D2
题型 13 函数型：等差等比插入数型
【解题规律·提分快招】
插入数型
1.插入数构成等差数列
在 an 和 an+1之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数构成等差数列，可通过构造新数列{bn}来求解 dn
n + 2 个数构成等差数列，公差记为 dn ，所以：
bn+2 = b1 + (n + 2 -1)d
bn+2 - b1
n dn = (n + 2 -1)
2. 插入数构成等比数列
在 an 和 an+1之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数构成等比数列，可通过构造新数列{bn}来求解 dn
n + 2 个数构成等比数列，公差记为 dn ，所以：
b = b q (n+2-1) q (n+2-1) bn+2 bn+2 (n+2-1)n+2 1 n n = ln =lnqn =（n + 2 -1）lnqb1 b
n
1
3.插入数混合型
混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列 an 提供了多少项，其余都是插入进来的。
【典例 1-1】
（21-22 高二上·江苏南通·期末）在数列 4n - 3 中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为
an ，再在数列 an 插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为 1，公比为 3 的等比数列 bn .若
bk = 729 ，则数列 bn 中第 k 项前（不含bk ）插入的项的和最小为（ ）
A．30 B．91 C．273 D．820
【答案】C
【分析】先根据等比数列的通项公式得到 k = 7，列出数列 bn 的前 6 项，将其中是数列 4n - 3 的项的所有
数去掉即可求解.
n-1 k -1
【详解】因为 bn 是以 1 为首项、3 为公比的等比数列，所以bn = 3 ，则由bk = 3 = 729，得 k = 7，
即数列 bn 中前 6 项分别为：1、3、9、27、81、243，其中 1、9、81 是数列 4n - 3 的项，3、27、243 不
是数列 4n - 3 的项，且3 + 27 + 243 = 273，所以数列 bn 中第 7 项前（不含729 ）插入的项的和最小为
273 .故选：C.
【典例 1-2】
（22-23 高二上·陕西咸阳·阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，
再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列．现将数列 1，3 进行构造，第 1 次得到数列 1，4，
3；第 2 *次得到数列 1，5，4，7，3；依次构造，第 n n N 次得到数列 1， x1, x2 , x3 ,L, xk ，3．记
an =1+ x1 + x2 +L+ xk + 3，若 an > 4376 成立，则 n 的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据规律确定 an+1, an 的关系式，进而可得 an+1 - 2 = 3(an - 2)，从而求得 an ，然后求解 an > 4376 可
得结果.
【详解】由题意得 a1 =1+ 4 + 3 = 8， an+1 =1+ 1+ x1 + x1 + (x1 + x2 ) + x2 +L+ xk + (xk + 3) + 3
= 2 1+ 3x1 + 3x2 +L+ 3xk + 3 2 = 3 (1+ x1 + x2 +L+ xk + 3) - 4 = 3an - 4，
即an+1 = 3an - 4，则 an+1 - 2 = 3(an - 2)，又 a1 - 2 = 6 ，∴ an - 2 是以 6 为首项，3 为公比的等比数列，
∴ a - 2 = 6 3n-1 a = 2 3nn ，则 n + 2，且 an 随着 n 的增大而增大，
当 n = 7 7时， a7 = 2 3 + 2 = 4376 n = 8 a = 2 3
8
；当 时， 8 + 2 =13124 > 4376，
故 an > 4376 成立时，n 的最小值为 8．故选：C．
【变式 1-1】
（2022 高三上·浙江·学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第 1 次，在 2，3 之间插入 2 与 3 的积 6，
得到数列 2，6，3；第 2 次，在 2，6，3 每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列 2，12，6，18，3；类
似地，第 3 次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作 11 次后，得到的数
列记为{an}，则 a1025 的值是（ ）
A．6 B．12 C．18 D．108
【答案】A
【分析】设数列经过第 n 次拓展后的项数为bn ，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，
则经过第 n + 1 n次拓展后增加的项数为bn -1，从而可得bn+1 = bn + bn -1 = 2bn -1，从而可求出bn = 2 +1，从而
可知经过 11 次拓展后在 2与 6 之间增加的数为 210 -1，由此可得出经过 11 次拓展后 6 所在的位置，即可得
出答案.
【详解】解：设数列经过第 n 次拓展后的项数为bn ，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一
项，则经过第 n + 1次拓展后增加的项数为bn -1，所以bn+1 = bn + bn -1 = 2bn -1，即bn+1 -1 = 2 bn -1 ，即
bn+1 -1 = 2 b -1 n nb -1 ，所以数列 n 是以b1 = 2为首项，2 为公比的等比数列，是以bn -1 = 2 ，所以bn = 2 +1，n
则经过 11 次拓展后在 2与 6 之间增加的数为 210 -1，所以经过 11 次拓展后 6 所在的位置为第
210 -1+1+1 = 210 +1 =1025，所以 a1025 = 6 .故选：A.
【变式 1-2】
（23-24 高二上·广东东莞·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数
列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列 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，记第 n（ n N* ）次得到的数列的所有项之和为Tn ，则T7 =
（ ）
A．1095 B．3282 C．6294 D．9843
【答案】B
【分析】根据给定条件，得到第 n 次构造后数列的和与第 n + 1次构造后数列的和的关系，再求出数列 Tn 的
通项即可.
【详解】设第 n 次构造后得的数列为1, x1, x2 ,L, xk , 2，则Tn = 3+ x1 + x2 +L+ xk ，
则第 n + 1次构造后得到的数列为1,1+ x1, x1, x1 + x2 , x2 ,L, xk , xk + 2,2，
于是Tn+1 = 6 + 3(x1 + x2 +L+ xk ) = 6 + 3(Tn - 3) = 3Tn - 3，T1 = 6，
显然T
3 3(T 3) T 3 6 3 9n+1 - = n - ，而 1 - = - = ，2 2 2 2 2
3 9 3 9 n+1n-1 3 + 3
因此数列{Tn - }是以 为首项，3 为公比的等比数列，则Tn - = 3 ，即Tn = ,2 2 2 2 2
38 + 3
所以T7 = = 3282 .故选：B2
【变式 1-3】
1 1
（2023·
n *
全国·模拟预测）已知数列 an 满足 an = -1 ，在ak ， ak +1 k N 之间插入首项为 ak + ，公差为k k
的等差数列的前 k 项，构成数列 bn ，记数列 bn 的前 n 项和为 Sn ，则 S230 =（ ）
A．105 B．125 C．220 D．240
【答案】B
【分析】由题意可得数列 bn ，进而根据等差数列的前 n 项和公式结合分组求和可得数列 bn 中ak 及其后连
k k +1
续 k 项的和为 ck = k +1 -1 + ，进而代值求解计算即可.2
b ìa ,a 1,a ,a 1 ,a 1 2,a ,a 1 ,a 1 1【详解】由题意可得数列 n 为： í 1 1 + 2 2 + + + + 2,a + 3,
2 2 2 3 3 3 3 3 3 3
L, ak , a
1 1 1
k + ,L, ak + (k -1), ak + k, ak +1, × × ×
ü
，记数列 bn 中ak 及其后连续 k 项的和为 c ，k k k k
k k +1
则 c k 1 k +1k = +1 -1
k + = k +1 -1 k + ，
2 k 2
则 S230 = c1 + c2 + c3 +L+ c20 = -2 + 3 - 4 + 5 -L- 20 + 21
1
+ 2 + 3 + 4 +L+ 21
2
1 20 2 + 21
=10 + =125 .故选：B.
2 2
题型 14 函数型：分段型
【典例 1-1】
ìa2n -1 ,a 0
（22-23 高一下·上海普陀·期末）已知数列 an 满足： a nn+1 = í 2an ，对于任意实数 a1，集合

0, an = 0
n an 0, n N, n 1 的元素个数是（ ）
A．0 个 B．非零有限个
C．无穷多个 D．不确定，与 a1的取值有关
【答案】C
【分析】讨论 a1 = 0， a1 = ±1，和 a1 ±1且 a1 0三种情况，根据题意可以得到：若 an >1，则 an+1 > 0；若
0 < an <1，则 an+1 < 0；若-1 < an < 0 ，则 an+1 > 0；若 an < -1，则 an+1 < 0 .不妨从 a1 >1时开始讨论，得到
a2 ,a3,a4 ,L的符号，最后得到答案.
【详解】当 a1 = 0时，根据题意，则 a2 = a3 = a4 = a5 =L = 0，则集合 n an 0, n N,n 1 的元素有无数个；
当 a1 = ±1时，则a2 = 0，根据题意，则a3 = a4 = a5 =L = 0，则集合的元素有无数个；
a2n -1 1
当 a
1
1 ±1且 a1 0时， an+1 = = a -2a 2 n a ÷
，
n è n
若 an >1，则 an+1 > 0；若0 < an <1，则 an+1 < 0；若-1 < an < 0 ，则 an+1 > 0；若 an < -1，则 an+1 < 0 .

a a 1 a 1

而 n+1 - n = n - ÷ - a
1 a 1n = - n + ÷，则 an > 0 时，数列递减且无下限（※）；2 è an 2 è an
an < 0时，数列递增且无上限（*）.
（1）若 a1 >1，则 an+1 - an < 0，根据（※）可知，在求解 a1,a2 ,L的迭代过程中，终有一项会首次小于0 ，
不妨设为 ak k >1, k Z ；
（2）若 ak < -1，则 ak +1 < 0；
①若 ak +1 < -1，则 ak +2 < 0，接下来进入（2）或（3）；
②若-1 < ak +1 < 0，接下来进入（3）；
（3）若-1 < ak < 0，则 ak +1 > 0，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若0 < ak <1，则 ak +1 < 0，接下来进入（2）或（3）.
若0 < a1 <1，则进入（4）.若-1 < a1 < 0，则进入②.若 a1 < -1，则进入①.如此会无限循环下去，会出现无
限个负数项.综上：集合 n an 0, n =1,2,3,L 的元素个数为无数个.故选：C.
【典例 1-2】
ìa
n ,a 是3的倍数
（21-22 · n高二下 上海黄浦·期中）已知数列 an 满足 a1 = a （ a为正整数），an+1 = í 3 ，设
an +1, an不是3的倍数
集合 A = x x = an ．有以下两个猜想：①不论 a取何值，总有1 A；②若 a≤ 2022，且数列 an 中恰好存
在连续的 7 项构成等比数列，则 a的可能取值有 6 个．其中（ ）
A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②
错误
【答案】A
*
【分析】设出数列中的一项 ak ,k N ，然后分ak 被 3 除余 1，余 2，余 0 三种情况进行讨论，借助给出的递
推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到ak 符合的形式，然后保证 ak 2022 即可判断②．
*
【详解】不妨设数列中的一项为 ak ,k N ，
①若ak 被 3 除余 1，则由已知可得 a
1
k +1 = ak +1, ak +2 = ak + 2, ak +3 = ak + 2 ，3
a 1若 k 被 3 除余 2，则由已知可得 ak +1 = ak +1, ak +2 = ak +1 ,a
1
a +1 +1，
3 k +3 3 k
a 1 1 1若 k 被 3 除余 0，则由已知可得 ak +1 = ak , ak +3 a + 2，所以对任意的3 3 k k N
* ， ak +3 ak + 2，则3
a a 1 2k - k +3 ak - ( ak + 2) = (ak - 3) ，所以对数列中的任一项ak ，若 a3 3 k
> 3，则 ak > ak +3，
因为 a N*k ，所以 ak - ak +3 1，所以数列中必存在某一项 ak 3（否则与上述结论矛盾），
若 ak =1，结论得证；若 ak = 2，则 ak +1 = 3， ak +2 =1，结论得证；若 ak = 3，则 ak +1 =1，得证；
1
所以不论论 a取何值，总有1 A；故①正确；②若ak 是 3 的倍数，则 ak +1 = a3 k
，
若ak 被 3 除余 1，则由已知可得 ak +2 = ak + 2, a
1
k +3 = ak +2 , ，若ak 被 3 除余 2，则由已知可得3
a 1 1k +1 = ak +1, ak +2 = ak +1,，所以连续 7 项构成的等比数列的公比为 ，3 3
因为 ak N
*
，所以这 7 项中前 6 项一定都是 3 的倍数，而第 7 项一定不是 3 的倍数（否则构成等比数列的
连续项数会多于 7 6项）设第 7 项为 p，则 p 是被 3 除余 1 或余 2 的正整数，则可推得 ak = p 3 ，
因为36 < 2022 < 37 6，所以 ak = 3 或 ak = 2 3
6
，由递推关系式可知，在该数列的前 k-1 项中，满足小于等于
2022 6的项只有： ak -1 = 3 -1,或 a
6 6 6
k -1 = 2 3 -1， ak -2 = 3 - 2,或 ak -2 = 2 3 - 2
a 36 ,36 -1,36所以首项 的所有可能取值的集合为 - 2,2 36 , 2 36 -1,2 36 - 2 ，
故 a的所有可能取值有 6 个，故②正确．故选：A
【变式 1-1】
ìa +1, n为奇数，
（24-25 n高二上·江苏苏州·期中）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 =1， an+1 = í 则 S20的值
an + 2,n为偶数，
为（ ）
A．300 B． 29 C．210 D． 29 -1
【答案】A
【分析】由递推关系得 an 的奇数项是首项为 a1 =1，公差为 3 的等差数列，再利用分组转化求和以及等
差数列的求和公式求解即可.
【详解】若 n 为奇数，则 n + 1是偶数， n + 2 是奇数，则 an+1 = an +1， ①
an+2 = an+1 + 2， ②.① + ②得： an+2 = an + 3，
所以 an 的奇数项是首项为 a1 =1，公差为 3 的等差数列；
所以 S20 = a1 + a3 + a5 +L+ a19 + a2 + a4 + a6 +L+ a20
= a1 + a3 + a5 +L+ a19 + a1 +1+ a3 +1+ a5 +1+L+ a19 +1
2 a a 10 9= 1 + 3 + a +L+ a +10 = 2
10 1+ 3 5 19 ÷ +10 = 300 .故选:A.
è 2
【变式 1-2】
ìa +1, n为奇数
（24-25 高二上·天津滨海新· n阶段练习）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 =1， an+1 = í ，
an + 2,n为偶数
则 S20的值为（ ）
A．300 B． 25 C． 210 D． 29 -1
【答案】A
【分析】分情况求数列的通项公式，进而求和.
【详解】当 n 为奇数时， an+1 = an +1，则 an+2 = an+1 + 2，即 an+2 = an + 3，
所以当 n
n -1 3n -1
为奇数时， an = a1 + 3 = ，2 2
又 a2 = a1 +1 = 2，
当 n 为偶数时， an+1 = an + 2，则 an+2 = an+1 +1，即 an+2 = an + 3，
ì3n -1
,n为奇数
所以当 n
n - 2 3n - 2 2
为偶数时， an = a2 + 3 = ，综上所述 an = í2 2 3n
，
- 2 ,n为偶数
2
1 3 19 -1 2 3 20 - 2
所以 S + +20 = a1 + a2 +L+ a19 + a20 = a1 + a3 +L+ a19 + a2 + a4 +L+ a20 = 2 10 + 2 10
2 2
=145 +155 = 300，故选：A.
【变式 1-3】
ì-x2 - 2ax - a, x < 4
（2024· *广东广州·模拟预测）已知函数 f x = í a a = f n n N
2
x + ln x - 3 , x 4，数列 n 满足 n ，且数
列 an 是单调递增数列，则 a的取值范围是（ ）
25 , 5 é 32A． - - ÷ B． ê- , 4
ù é 32 , 3ù 25 3- C． - - D． - , - ÷
è 7 2 9 ú ê 9 ú è 7 2
【答案】A
【分析】由数列 an 是单调递增数列可知当 x 3时， f x 单调递增，当 x 4时， f x 单调递增，且
f 4 > f 3 ，列出不等式，解不等式即可.
【详解】数列 an 是单调递增数列，
ì2 -a 3
可知当 n 3， n N+ 时， f n = -n2 - 2an - a = - n + a 2 + a2 - a 单调递增，即-a 3或 í
f 2 < f 3
，解
5
得 a < - ；当n 4时， f n = 2n + ln n - 3 单调递增恒成立，且 f 4 > f 3 ，即
2
24 + ln 4 - 3 > -9 - 6a - a ；
a 25 25 5解得 > - ，所以若数列 an 是单调递增数列，则- < a < - ，故选：A.7 7 2
题型 15 函数型：抽象函数与导数数列型
【典例 1-1】
（2024·辽宁·三模）已知函数 f (x) 是定义在 (- ,0) U (0,+ )上的奇函数，且当 x > 0时， f (x) = ex - ax + e3 ，
对于数列 f (xn ) (n =1,2,3, 4) ，若 x1＜x2＜x3＜x4 ，下列说法正确的是（ ）
A．存在 a < 0的等比数列 xn ，使得 f (xn ) 为等比数列
B．"a R ，均存在等差数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列
C．"a R ，均不存在等比数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列
3 1
D 2．若存在等差数列 xn ，使得 f (xn ) 为等比数列，且 x2 + x3 = 0 ，则 a的最小值为 e + e4 4
【答案】C
2
【分析】对于 A 选项，假设$a < 0使得 f (x1) f (x3) = f (x2 ) 列等式即可判断，对于 B 选项，列出等式结合等
差数列的性质即可判断，对于 C 选项，结合导数即可求解，对于 D 选项，根据公差的不同分类即可求解.
【详解】假设$a < 0使得 f (x1) f (x3) = f (x2 )
2
，
因为 x1 < x2 < x3 < x4 ，所以若 x1 > 0，则 q > 1 ，否则0 < q <1，
2 x +x 3+x 3+x x x
因为 x x = x ，所以 e 1 3 + e 1 + e 3 - a(e 1 x + e 3 x + x 3 3 2x2 3+x2 x2 31 3 2 3 1 1e + x3e ) = e + 2e - a(2e x2 + 2x2e ) ，
不妨设 x1 > 0， q > 1 ，所以 x1 + x3 > 2x2 ，
所以 ex1 + ex3 > 2 ex1 +x3 > 2ex2 ，所以 ex1 x + ex3 x 2 ex1 +x3 x x > 2ex2 x
x x
3 1 1 3 2 ，当且仅当 e 1 x3 = e 3 x1时等号成立，
若 a < 0，左式恒大于右式，故 A 错误；
若存在等差数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列，所以 f (x1) + f (x3) = 2 f (x2 )，因为 x1 + x3 = 2x2 ，
x
所以 e 1 - ax1 + e
3 + ex3 - ax3 + e
3 = 2(ex2 - ax2 + e
3) ，所以 ex1 + ex3 = 2ex2 ，设等差数列 xn 的公差为 d ，
所以 ex1 -x2 + ex3 -x2 = ed + e-d = 2，所以 d = 0 ，故 B 选项错误；
若存在等比数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列，所以 f (x1) + f (x3) = 2 f (x2 )，不妨设 x1 > 0， q > 1 ，
ex1 + ex3 - 2ex2 ex2 + ex4 - 2ex3
只需 f (x2 ) + f (x4 ) = 2 f (x3) ，只需 a = = ，设等比数列 x qn 公比为 ，所以x1 + x3 - 2x2 x2 + x4 - 2x3
q(ex 2 3 2 21 + ex3 - 2ex2 ) = ex2 + ex4 - 2ex3 ，令 t = ex1 >1，所以 q(t + t q - 2t q ) = t q + t q - 2t q ，令 g(t) = t + t q - 2t q ，因
q2 -1 q2 -1
为 q > 1 ，所以 > q -1， 2 q2g (t) =1+ q t -1 - 2qt q-1 > 2 q2 q
2
t -1 - 2qt q-1 = 2q(t 22 - t
q-1) > 0，
g(1) = 0，所以"t > 0， g(t)
2
> 0， g (t)
1
= 2 (q -1)q[q(q +1)t
q - 2t q ] > 0，所以 g (t)单调递增，令
t
q q2 3 2h(t) = g(t ) - qg(t) = q(t + q - 2t q ) - t q - t q - 2t q ，所以 h (t) = qt q-1g (t q ) - qg (t) > 0，所以 h(t) > h(1) = 0，
q2 3所以 q(t + t - 2t q ) = t q + t q - 2t q
2
无解，故 C 正确；
令 x1 = -3d ， x 22 = 专题 11 等差等比及数列函数性质
目录
题型 01 等差数列正负型 ....................................................................................................................................................1
题型 02 等差等比数列奇数与偶数项和 ............................................................................................................................2
题型 03 等差中项与 sn 技巧 ..............................................................................................................................................3
题型 04 等差数列单调性与最值 ........................................................................................................................................4
题型 05 等比数列技巧 ........................................................................................................................................................5
题型 06 等比数列“平衡点”不等式 ................................................................................................................................5
题型 07 等比数列“函数型”应用 ....................................................................................................................................6
题型 08 等差等比“纠缠数列” ........................................................................................................................................7
题型 09 整数比值型 ............................................................................................................................................................8
题型 10 函数型：恒成立求参 ............................................................................................................................................8
题型 11 函数型：奇偶讨论型 ..........................................................................................................................................10
题型 12 函数型：三角函数周期型 ..................................................................................................................................11
题型 13 函数型：等差等比插入数型 ..............................................................................................................................12
题型 14 函数型：分段型 ..................................................................................................................................................13
题型 15 函数型：抽象函数与导数数列型 ......................................................................................................................14
题型 01 等差数列正负型
【解题规律·提分快招】
在处理等差数列{an}的前 n项和 Sn 的最值时，往往转化为判定 an 的符号变化：
ìa > 0
①若 a1 > 0,d < 0
k
，当 ía 0 时，则当且仅当
Sk 最大；
k +1 <
ìa < 0
②若 a1 < 0, d > 0
k
，当 í S
a
时，则当且仅当 k 最小；
k +1 > 0
ìak 0③若 Sk 最大，则 í
ak +1 0
.
【典例 1-1】
（24-25 高二上·天津滨海新·期末）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a2 = -15, a4 = -7 ，则当 Sn 取得最
小值时， n 的值为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【典例 1-2】
（18-19 高三上·安徽宿州·阶段练习）在等差数列 an
a7
中， < -1a ，若它的前
n 项和 Sn 有最大值，则当 Sn > 0
6
时， n 的最大值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【变式 1-1】
（24-25 高二上·天津东丽·阶段练习）若 an 为等差数列， Sn 为 an 的前 n 项和， a3 + a8 < 0， S5 > S4 ，则当
n =（ ）时 Sn 取最大值.
A． 4 B．5 C．6 D．7
【变式 1-2】
（24-25 高二上·天津滨海新·阶段练习）若 an 是等差数列， Sn 表示 an 的前 n 项和， a3 + a8 > 0 ， S9 < 0 ，则
Sn 中最小的项是（ ）
A． S3 B． S5 C． S4 D． S6
【变式 1-3】
（23-24 高二上·天津·期末）若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , S13 < 0, S14 > 0，则当 Sn 取得最小值时， n 的值
为（ ）
A． 4 B．6 C．7 D．8
题型 02 等差等比数列奇数与偶数项和
【解题规律·提分快招】
设数列{an}是等差数列，且公差为 d ，
1.若项数为偶数，设共有 2n 项，则
S a
① S奇 -S偶 = nd ；
奇 = n② S a ；偶 n+1
2.若项数为奇数，设共有 2n -1项，则
S n
① S偶 - S奇 = an = a中 (中间项)
奇
；② =S n 1 . 偶 -
【典例 1-1】
85
（2016 高三上·浙江杭州·专题练习）已知等比数列 an 的首项为 2，项数为奇数，其奇数项之和为 ，偶32
21
数项之和为 ，这个等比数列前 n 项的积为Tn n 2 ，则T16 n 的最大值为（ ）
1
A 1． B4 ． 2 C．1 D．2
【典例 1-2】
（21-22 高二上·上海徐汇·期末）设等差数列的项数 n 为奇数，则其奇数项之和与偶数项之和的比为（ ）
n -1 2n +1 2n +1 n +1
A． B． C． D．
n n 2n n -1
【变式 1-1】
（19-20 *高一下·安徽宣城·阶段练习）已知等差数列 an 共有 2n n N 项，若数列 an 中奇数项的和为
190，偶数项的和为 210 ， a1 =1，则公差 d 的值为（ ）
5 5
A． 2 B． 4 C． D．
4 2
【变式 1-2】
2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为 1，奇数项之和为 21，偶数项之和为 10，则
这个等比数列的项数为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．11
【变式 1-3】
（18-19 高一下·江西抚州·阶段练习）等比数列 an 共有 2n +1项，其中 a1 = 2，偶数项和为 84，奇数项和为
170，则 n =（ ）
A．3 B．4 C．7 D．9
题型 03 等差中项与 SN 技巧
【解题规律·提分快招】
am S2m-1
若{an}与{bn}为等差数列，且前 n 项和分别为 Sn 与 Sn '，则 =b .m S '2m-1
【典例 1-1】
（24-25 高二上·甘肃甘南·期中）等差数列 an ， bn 的前 n 项和分别为 Sn ，Tn ，且
Sn + Tn 5n + 5 a= (n N* ) 5 =
Tn 3n 2
，则 b （ ）+ 5
13 17 21 33
A． B17 ． C． D．23 29 47
【典例 1-2】
Sn n（24-25 高三上·天津河东·阶段练习）等差数列 an 与 bn 的前 n 项和分别为 Sn 、Tn ，且 =T 2n -1，则n
a5 =
b5
10 9 7
A．2 B． C． D．
11 17 19
【变式 1-1】
S 2n + 3 a + a
（23-24 高二下·江西抚州·期末）已知等差数列 a n 1 9n 与 bn 的前 n 项和分别为 Sn ,Tn ，且 =Tn n +1
，则 b1 + b19
的值为（ ）
13 21
A B 13
21
． ． C． D．
11 10 22 20
【变式 1-2】
Sn 3n + 4
（23-24 高三下·天津南开·阶段练习）已知等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 Sn ,Tn ，若 =T ，则n n + 2
a5 + a8 =
b + b （ ）2 11
17 37 20 37
A． B． C． D．
13 13 7 7
【变式 1-3】
n-1
（23-24 高二上·天津滨海新·阶段练习）对于数列 an ，定义H a1 + 2a2 +L+ 2 an0 = 为 an 的“优值”.现已n
n+1
知数列 an 的“优值” H0 = 2 ，记数列 an - 20 的前 n 项和为 Sn ，则下列说法正确的个数是（ ）
（1） an = 2n + 2 （2） Sn = n2 -19n （3） S8 = S9 （4） Sn 的最小值为-72
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
题型 04 等差数列单调性与最值
【解题规律·提分快招】
在等差数列{an}中
ìam 0
（1）若 a1 > 0，d < 0，则满足 í 的项数m 使得 Sn 取得最大值 Sm ；
am+1 0
ìa 0
（2）若 a1 < 0，d > 0
m
，则满足 í 的项数m 使得 Sn 取得最小值 S
a 0
m ．
m+1
ìa1 > 0
即若 í Sd 0 ，则 n 有最大值（所有正项或非负项之和）； <
ìa1 < 0
若 íd 0 ，则
Sn 有最小值（所有负项或非正项之和）．
>
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津宝坻·阶段练习）已知数列 an 为等差数列，公差为 d , Sn 为其前 n 项和，若满足
S15 = 0, S16 < 0 ，给出下列说法：
① d < 0 ；② a2 = 0；③ S9 = S6 ；④当且仅当 n = 7或 8 时， S4 取得最大值.
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【典例 1-2】
（24-25 高二上·天津武清·阶段练习）已知 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和， d 为其公差，且 S8 > S7 > S9 ，给
出以下命题：① d < 0 ；② a8 > a9 ；③使得 Sn 取得最大值时的 n 为 8；④满足 Sn > 0成立的最大 n 值为
17.其中正确命题的序号为（ ）
A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②④
【变式 1-1】
（24-25 高二上·天津河东·阶段练习）已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn 且满足 S19 > 0，S20 < 0，则
S1 S，2 ，L S，19
a1 a a
中最大的项为（ ）
2 19
S7 S S SA． a B
8 C 9 10．
7 a
． a D．8 9 a10
【变式 1-2】
（22-23 高二上·天津·期末）若等差数列 an 的前 n 项和为 Sn , S2023 < 0, S2024 > 0，则当 Sn 取得最小值时，n 的
值为（ ）
A．1011 B．1012 C．2022 D．2023
【变式 1-3】
（23-24 高二上·山东泰安·阶段练习）已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若 S23 > 0, S24 < 0，则 Sn 取得最大
值时，n 的值是（ ）
A．23 B．13 C．14 D．12
题型 05 等比数列技巧
【解题规律·提分快招】
等比数列“高斯技巧”
（1)“高斯”技巧：若 p＋q＝m＋n，则 ap·aq＝am·an，特别地，若 p＋q＝2k，则 ap·a 2q＝ak ；
(2)“跳项”等比：数列 an，a kn＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为 q .
(3)“和项”等比：数列 Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.
【典例 1-1】
1 1 1 1
（22-23 高二上·湖北襄阳·期末）已知等比数列 an 满足：a2 + a4 + a6 + a8 = 20,a2 × a8 = 8，则 + + +a2 a4 a6 a8
的值为（ ）
5
A．20 B．10 C．5 D．
2
【典例 1-2】
（21-22 高二上·陕西渭南·期末）已知等比数列 an 的各项均为正数，且 a3a7 = 9，则 log3 a1 + log3 a5 + log3 a9 =
（ ）
A．7 B．9 C．81 D．3
【变式 1-1】
（22-23 高三上·广东广州·阶段练习）已知在等比数列 an 中， a2a3a4 =1, a6a7a8 = 64，则 a5 等于
1
A．-2 B．±2 C．2 D．±
2
【变式 1-2】
1
（24-25 高三下·湖北·开学考试）已知数列 an 为等比数列，Tn 为数列 an 前 n 项积，且T2 = ，T = 8，则T =8 6 4
（ ）
1
A．1 B． C 14 ． 2 D．2
【变式 1-3】
（24-25 高二上·福建龙岩·阶段练习）等比数列 an 的各项均为正数，且 a5a6 + a4a7 =18，则
log3a1 + log3a2 +L+ log3a10 =（ ）
A．12 B．10 C．5 D． 2log35
题型 06 等比数列“平衡点”不等式
【解题规律·提分快招】
等比数列“平衡点”型不等式
等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考：
1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·a 2q＝ak
2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an.
【典例 1-1】
（2024 高三·全国·专题练习）在等比数列 an 中，公比为 q，其前 n 项积为Tn ，并且满足 a1 >1，
a -1
a99 × a
99
100 -1 > 0 ， < 0a100 -1
，则下列结论不正确的是（ ）
A．0 < q <1 B．a99 × a101 -1 < 0
C．T100 的值是Tn 中最大的 D．使Tn >1成立的最大自然数 n 等于 198
【典例 1-2】
（24-25 高二上·上海·期末）在等比数列 an 中，公比为 q，其前 n 项积为Tn ，并且满足 a1 >1，
a
a 2023
-1
2023 × a2024 -1 > 0， < 0a2024 -1
，则下列结论不正确的是（ ）
A．0 < q <1 B． a2023 × a2025 -1< 0
C．T2024 的值是Tn 中最大的 D．使Tn >1成立的最大自然数 n 等于 4046
【变式 1-1】
（24-25 高二·全国·假期作业）设等比数列 an 的公比为 q，其前项之积为Tn ，并且满足条件： a1 >1，
a -1
a 20152015 ×a2016 >1， < 0a -1 .给出下列结论：（1）
0 < q <1；（2） a2015 × a2017 -1 > 0（3）T2016 的值是Tn 中最
2016
大的；（4）使Tn >1成立的最大自然数等于 4030.其中正确的结论为（ ）
A．（1），（3） B．（2），（3） C．（2），（4） D．（1），（4）
【变式 1-2】
（24-25 高二上·江苏苏州·阶段练习）设等比数列 an 的公比为 q，前 n 项积为Tn ，并且满足条件
a -1
a 71 >1,a7a8 >1， < 0a .-1 则下列结论错误的是（ ）8
A．0 < q <1 B． a7 > 1 C． a8 >1 D．Tn 的最大项为T7
【变式 1-3】
（ 23-24 高 三 上 · 江 苏 镇 江 · 期 中 ） 等 比 数 列 an 中 ， a1012 =1， a1011 > a1012 ， 则 满 足
1 1 1
a1 - ÷ + a2 - ÷ + ××× + an - ÷ > 0的最大正整数 n 为（a a a ）è 1 è 2 è n
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
题型 07 等比数列“函数型”应用
【解题规律·提分快招】
等比数列与函数的关系
(1) 数列{an}是等比数列，an＝a qn-11 ， 通项 an为指数函数：即 an＝a qx-11 ；
a (1- qn ) a a
(2) n数列{an}是等比数列，Sn＝ S = 1 = 1 - 1n q = r - rq
n
，Sn 为 r - rqn 型线性指数函数。
1- q 1- q 1- q
（3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量 n 是离散型
【典例 1-1】
（24-25 高二上·浙江温州·期末）若正项数列 an 是等比数列，则“ a9 > a7 ”是“数列 an 为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【典例 1-2】
（24-25 高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列 an 是公比为 q的等比数列.设甲： q > 1 ；乙：数列 an 单调
递增，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式 1-1】
（22-23 高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列 an 的公比为 q，且bn = log2 an，则“ bn 为递
减数列”是“ 0 < q <1”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式 1-2】
（24-25 高三上·上海·期中）已知 an 是无穷等比数列，则“对任意正整数 n ，都有 an+2 < an ”是“数列 an 是严
格减数列”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【变式 1-3】
（23-24 高二下·北京·期中）等比数列 an 的公比为 q，a1 > 0，则“ an+2 > an ”是“ q > 1 ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
题型 08 等差等比“纠缠数列”
【解题规律·提分快招】
纠缠数列
等差数列某些项（包括复合型）成等比，或者等比数列某些项成等差，称之为“纠缠数列。纠缠数列处理
思维
1.如果是等差数列中某些项成等比，则设公差和首项，解方程
2.如果是等比数列中某些项成等差，则设公比和首项，解方程
【典例 1-1】
（2023·四川南充·模拟预测）若 sin 2x,sin x 分别是sinq 与 cosq 的等差中项和等比中项， 则cos2x的值为
（ ）
A 1+ 33． B 1- 33． C 1± 33 D 1- 2． ．
8 8 8 4
【典例 1-2】
1 1 a + b
（2021 高二·全国·专题练习）已知 1 既是 a2与 b2的等比中项，又是 a 与 的等差中项，则b a2 2
的值是
+ b
（ ）
1 1 1 1A．1 或 2 B．1 或- C．1 或 D．1 或-2 3 3
【变式 1-1】
（2011·广东深圳·二模）已知△ 中， ， ， 分别是 ， 的等差中项与
等比中项，则△ 的面积等于
A． B． C． 或 D． 或
【变式 1-2】
（高二上·福建厦门·期中）已知 a,b是两个不相等的正数，A 是 a,b的等差中项， B 是 a,b的等比中项，则A
与 B 的大小关系是
1 1
A． A < B B．A > B C． A = B D． <
A B
【变式 1-3】
（23-24 高三上·江西南昌·阶段练习）已知正项等差数列 an 和正项等比数列 bn ， a1 = b1 =1，b3是 a2 ,a6的
等差中项， a8 是b3,b5 的等比中项，则下列关系肯定成立的是（ ）
A． a2 < b2 B． a1024 = b11 C． a4 > b4 D． a100 = b10
题型 09 整数比值型
【解题规律·提分快招】
整数比值型，属于数论整除内容。
整数型比值，可以通过分离常数，因式分解，整除等知识点来构造求解
【典例 1-1】
A 6n + 45
（23-24 高二下·浙江·阶段练习）已知两个等差数列 an 与 bn 的前 n n项和分别为 An 和 Bn ，且 =B ，n n + 2
an
则使得 b 为整数的正整数
n 的个数是（ ）
n
A．3 B．4 C．5 D．6
【典例 1-2】
A 7n + 45 a
（2016·广西桂林·一模）已知两个等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为An 和B nn ，且 = nBn n + 3
，则使得 bn
为整数的正整数 n 的个数是
A．3 B． 4 C．5 D．6
【变式 1-1】
A 6n + 30
（18-19 高一下· n贵州铜仁·期中）已知等差数列 an 和 bn 的前 n 项和分别为 An 和Bn ，且 =Bn n + 2 ，则使
an
得 为整数的正整数 nb 的个数是n
A．2 B．3 C．4 D．5
【变式 1-2】
（23-24 高三上·江苏淮安·阶段练习）已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和Tn ，且
Sn 5n + 63 a= n
T n + 3 ，则使得 b 为整数的正整数
n 的个数为（ ）
n n
A．6 B．7 C．8 D．9
【变式 1-3】
S 3n + 81
（22-23 高二下·河北唐山· n期末）已知等差数列 an 和等差数列 bn 的前 n 项和分别为 Sn 和Tn ，且 =T n + 3 ，n
an
则使得 b 为整数的正整数
n 的个数为（ ）
n
A．6 B．7 C．8 D．9
题型 10 函数型：恒成立求参
【解题规律·提分快招】
数列恒成立求参，主要方法是参变分离，构造数列函数，求数列函数最值。
求数列函数的最值，需要求数列函数的单调性，一个是数列单调性定义法来求，一个是转化为关于n的函数，
利用函数图像，或者求导等等方法来求单调性。需要注意的是，因为是数列，所以自变量是n，属于“离散
型”。
【典例 1-1】
3
（24-25 高二上· 2 2天津滨海新·期末）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，直线 y = x - 6 与圆O : x + y = a +1 2 n
* 1 2
交于Pn ,Qn n N 两点，且 Sn = PnQn ．若存在 n N* ，使得lan < 2n - 7有解，则实数l 的取值范围是4
（ ）
1 1 3
A． (- ,0) B． - , ÷ C． - , ÷ D． - ,81 27 32 ÷è è è
【典例 1-2】
1 1 1 2n +1
（2019·广东·一模）已知数列 a a + a 2n 满足 1 2 2 + a3 +L+ an = n + n n N+ ，设数列
bn 满足：b =3 n n ana
，
n+1
数列 bn
n
的前 n 项和为Tn ，若Tn < l n N+ 恒成立，则实数l 的取值范围为（ ）n +1
é1 1 é3 ù 3
A． ê ,+ ÷ B． ,+ ÷ C． ,+ D． ,+ ÷ 4 è 4 ê 8 ú è 8
【变式 1-1】
1 1 1 1 4n l
（20-21 高二下·天津武清·期末）若数列{an}满足 + + + + = 2a 2a 3a na l1 2 3 n 2n +1
，若 a 恒成立，则 的n
最大值（ ）
3 3 3
A． B． C． D．3
4 8 2
【变式 1-2】
2 n +1
（24-25 高二上·浙江温州·期末）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，满足 a1 = 2，an+1 = a ，对于n n
"n N*，S nn An + B 2 + 2恒成立，则 A + B 的最小值为（ ）
A．-1 B．0 C．1 D．4
【变式 1-3】
n(n +1)
（22-23 高二上·天津河北·期末）已知数列 an 的通项公式为： an = n-1 ，数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若3
n S > (-1)n对任意的正整数 ，不等式 n c恒成立，则实数 c 的取值范围是（ ）
A． (-1,4) (-2,4)
27-1, ù 2, 27 ùB． C．
è 4 ú
D． -
è 4 ú
题型 11 函数型：奇偶讨论型
【解题规律·提分快招】
奇偶型讨论：
1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。
2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇
数项通项。
【典例 1-1】
（22-23 高二·全国·课后作业）已知数列 an 是各项均不为 0 的等差数列， Sn 为其前 n 项和，且满足
a2n = S2n-1 n N* n .若不等式l n -1 é n + 8 -1
n+1 ù
a 对任意的 n N
*
n+1 恒成立，则实数l 的取值范围
是（ ）
é 77 77 77A． ê- ,-15
ù éB - ,0ù C 0,15 éD 15, ù
3 ú
． ê ú ． ． 3 ê 3 ú
【典例 1-2】
（2017·天津河东·二模）若数列 ， 的通项公式分别为 ， ，且
，对任意 恒成立，则实数 的取值范围是
A． B．[-1,1） C．[-2,1) D．
【变式 1-1】
（2024·浙江绍兴·三模）设0 a1 < a2 成立，则m 的取值范围为（ ）
1 1
A．m B．m
9 3
2 4
C．m D．m
3 9
【变式 1-2】
1
23-24 · · a a = - a = a + -2 n+1（ 高三上 四川 阶段练习）已知数列 n 满足 1 ，且 n+1 n ，若使不等式 an l 成立3
的 an 有且只有三项，则l 的取值范围为（ ）
11 35ù 13 35ù
A． ,
è 3 3 ú
B． ,
è 3 3 ú
é11 35 é13 35
C． ê , D． ,3 3 ÷ ê 3 3 ÷
【变式 1-3】
n
（22-23 · 1 高三上 河北沧州·期末）已知数列 an 中， a1 =1，且 an+1 - an = - ÷ ，若存在正整数 n ，使得
è 3
t - an t - an+1 < 0成立，则实数 t的取值范围为（ ）
3
< t <1 2A． B． < t < 1
4 3
3
C． < t
7 2
< D． < t < 2
4 9 3
题型 12 函数型：三角函数周期型
【解题规律·提分快招】
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；通项公式分奇偶项有不同表达式问题；
4.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
【典例 1-1】
（2024·广东·模拟预测）令 an = sin 0.5
° cos1° + cos 2° +L+ cos n° ,n N+ ．则 an 的最大值在如下哪个区间中
（ ）
A． (0.49,0.495) B． (0.495,0.5)
C． (0.5,0.505) D． (0.505,0.51)
【典例 1-2】
n n
（2024·北京朝阳·模拟预测）设 f x = x + sinx， an 为等差数列， Sn = ai ,Tn = f an ，则
i=1 i=1
“ S2024 = 2024π ”是“T2024 = 2024π ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式 1-1】
2 2 nπ 2 nπ
（高一下·重庆·期中）数列 an 的通项 an = n cos - sin ，其前 n 项和为 S ，则 S 为（ ）
è 3 3 ÷ n 30

A． 470 B． 490 C． 495 D．510
【变式 1-2】
π
（24-25 高三上·江苏南通·阶段练习）在递增数列 an 中， a1 = ， sin an = cos a6 n+1 ．已知 Sn 表示 an 前
n 项和的最小值，则 sin S9 =（ ）
A 1 3
1 3
． 2 B． C．- D．2 -2 2
【变式 1-3】
np p
（21-22 高二上·河北保定·阶段练习）已知数列 an 满足 an = sin + ÷，其前 n 项和为 Sn ，则 S2 6 2021 =è
（ ）
A 3
1
．- B．- C
1 3
． D．
2 2 2 2
题型 13 函数型：等差等比插入数型
【解题规律·提分快招】
插入数型
1.插入数构成等差数列
在 an 和 an+1之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数构成等差数列，可通过构造新数列{bn}来求解 dn
n + 2 个数构成等差数列，公差记为 dn ，所以：
bn+2 = b1 + (n 2 1)d d
bn+2 - b+ - = 1n n (n + 2 -1)
2. 插入数构成等比数列
在 an 和 an+1之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数构成等比数列，可通过构造新数列{bn}来求解 dn
n + 2 个数构成等比数列，公差记为 dn ，所以：
b = b q (n+2-1)n+2 1 n q
(n+2-1) b= n+2 b ln n+2 =lnq (n+2-1)n n =（n + 2 -1）lnqb1 b
n
1
3.插入数混合型
混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列 an 提供了多少项，其余都是插入进来的。
【典例 1-1】
（21-22 高二上·江苏南通·期末）在数列 4n - 3 中抽取部分项（按原来的顺序）构成一个新数列，记为
an ，再在数列 an 插入适当的项，使它们一起能构成一个首项为 1，公比为 3 的等比数列 bn .若
bk = 729 ，则数列 bn 中第 k 项前（不含bk ）插入的项的和最小为（ ）
A．30 B．91 C．273 D．820
【典例 1-2】
（22-23 高二上·陕西咸阳·阶段练习）若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可以形成一个新的数列，
再把所得数列按照同样的方法可以不断构造出新的数列．现将数列 1，3 进行构造，第 1 次得到数列 1，4，
3；第 2 次得到数列 1，5，4，7，3；依次构造，第 n n N* 次得到数列 1， x1, x2 , x3 ,L, xk ，3．记
an =1+ x1 + x2 +L+ xk + 3，若 an > 4376 成立，则 n 的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【变式 1-1】
（2022 高三上·浙江·学业考试）通过以下操作得到一系列数列：第 1 次，在 2，3 之间插入 2 与 3 的积 6，
得到数列 2，6，3；第 2 次，在 2，6，3 每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列 2，12，6，18，3；类
似地，第 3 次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作 11 次后，得到的数
列记为{an}，则 a1025 的值是（ ）
A．6 B．12 C．18 D．108
【变式 1-2】
（23-24 高二上·广东东莞·期末）在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得新数
列按照同样的方法进行构造，可以不断形成新的数列．现对数列 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，记第 n（ n N* ）次得到的数列的所有项之和为Tn ，则T7 =
（ ）
A．1095 B．3282 C．6294 D．9843
【变式 1-3】
1 1
（2023· ·
n *
全国 模拟预测）已知数列 an 满足 an = -1 ，在ak ， ak +1 k N 之间插入首项为 ak + ，公差为k k
的等差数列的前 k 项，构成数列 bn ，记数列 bn 的前 n 项和为 Sn ，则 S230 =（ ）
A．105 B．125 C．220 D．240
题型 14 函数型：分段型
【典例 1-1】
ìa2
n
-1,an 0
（22-23 高一下·上海普陀·期末）已知数列 an 满足： an+1 = í 2an ，对于任意实数 a1，集合

0, an = 0
n an 0, n N, n 1 的元素个数是（ ）
A．0 个 B．非零有限个
C．无穷多个 D．不确定，与 a1的取值有关
【典例 1-2】
ìan ,a 是3的倍数
（21-22 高二下·上海黄浦·期中）已知数列 an 满足 a1 = a （ a
n
为正整数），an+1 = í 3 ，设
an +1, an不是3的倍数
集合 A = x x = an ．有以下两个猜想：①不论 a取何值，总有1 A；②若 a≤ 2022，且数列 an 中恰好存
在连续的 7 项构成等比数列，则 a的可能取值有 6 个．其中（ ）
A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②
错误
【变式 1-1】
ìa +1, n为奇数，
（24-25 n高二上·江苏苏州·期中）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 =1， an+1 = í 则 Sa + 2,n 20的值 n 为偶数，
为（ ）
A．300 B． 29 C．210 D． 29 -1
【变式 1-2】
ìan +1, n为奇数（24-25 高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 a1 =1， an+1 = í ，
an + 2,n为偶数
则 S20的值为（ ）
A．300 B． 25 C． 210 D． 29 -1
【变式 1-3】
ì -x2 - 2ax - a, x < 4
（2024· *广东广州·模拟预测）已知函数 f x = í x ，数列 an 满足 an = f n n N2 ln x 3 , x 4 ，且数 + -
列 an 是单调递增数列，则 a的取值范围是（ ）
25 5 é 32 ù é 32 ù 25 3
A． - , - B - ,-4
è 7 2 ÷
．
ê 9 ú
C． ê- ,-3 D． - , - ÷ 9 ú è 7 2
题型 15 函数型：抽象函数与导数数列型
【典例 1-1】
（2024·辽宁·三模）已知函数 f (x) 是定义在 (- ,0) U (0,+ )上的奇函数，且当 x > 0时， f (x) = ex - ax + e3 ，
对于数列 f (xn ) (n =1,2,3, 4) ，若 x1＜x2＜x3＜x4 ，下列说法正确的是（ ）
A．存在 a < 0的等比数列 xn ，使得 f (xn ) 为等比数列
B．"a R ，均存在等差数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列
C．"a R ，均不存在等比数列 xn ，使得 f (xn ) 为等差数列
x f (x ) a 3 e2 1D．若存在等差数列 n ，使得 n 为等比数列，且 x2 + x3 = 0 ，则 的最小值为 + e4 4
【典例 1-2】
（2024 高三上·全国·专题练习）已知函数 f x 的定义域为R ， f x 2 f x -1 + 3 f x - 2 ，且当 x 2时，
f x = x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． f 5 >100 B． f 10 >10000 C． f 5 <100 D． f 10 <10000
【变式 1-1】
（2024 高三上·全国·专题练习）已知函数 f x 与 g x 的定义域均为R ，且满足
2 f x +1 > 3 f x + g x + 2， 2g x +1 > f x + 3g x - 2，且 f 1 = 2 ， g 1 = 0，则下列结论中一定正确
的是（ ）
A． f 11 + g 10 >1000 B． f 11 + g 10 <1000
C． f 6 + g 5 < 50 D． f 6 + g 5 > 50
【变式 1-2】
n
（21-22 高二上·上海浦东新·阶段练习）已知数列{an}满足 ai 0，对于函数 f（x）＝x|x|，定义 F（n）＝
i=1
n
f (ai )
i=1
n ．①若{an}为等比数列，则 F（n）＞0 恒成立；
ai
i=1
②若{an}为等差数列，则 F（n）＞0 恒成立．
关于上述命题，以下说法正确的是（　　）
A．①②都正确 B．①②都错误
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【变式 1-3】
na
2022· n-1（ 浙江杭州·模拟预测）已知数列 an 中， a1 =1，若 an = n 2, n N*n + a ，则下列结论中错误的n-1
是（ ）
12 1 1 1 1 1 1
A． a = B． - 4 C． an × ln(n +1) <1a a 2 D．
-
25 n+1 n a2n an 2
冲高考
1
1. 22-23 *（ 高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在VABC 中，D是 AC 边上一点，且 AD = DC ，En n N 2
1 1
为直线 AB 上一点列，满足：EnB = 4an+1 -1 EnD + EnC ，且 a1 = 6，则 a2 = ，设数列 b1- 2a n = a -1，n n
则 bn 的通项公式为 .
ì2an , n = 2k2 *．（24-25 高二上·天津南开·期末）已知数列 an 满足 an+1 = í k N a aa 1, n 2k ， 是 ，a 的等比中 n + = -1
2 1 3
项，则数列 an 的通项公式 an = .
3．（24-25 高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn , a1 =1,an - an+1 = n +1 anan+1 ，对于
任意的 a -3,3 , n N*，不等式 2Sn < t 2 + at 恒成立，则实数 t的取值范围为 .
4．（23-24 高二上·天津·期末）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 =1， a2 = 2，
ìan + 2,n = 2k -1,k N
*
an+2 = í ，则满足 2019 Sm 3000的正整数m* 的所有取值为 .
2an , n = 2k, k N
5．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a4 = 8，若存在非零常数l ，使得
2
Sn + l = 1+ l a
S
n对任意的正整数 n 均成立，则l = ， na 的最小值为
.
n+1
6 n+1．（19-20 高一下·福建厦门·期末）已知数列 an 满足 a1 + 3a2 + 5a3 + ××× + 2n -1 an = 2 ，则a3 = ，若
* n对任意的 n N ， an -1 l 恒成立，则l 的取值范围为 .

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