資源簡介

考點 38 數列中的綜合問題（2 種核心題型+基礎保分練+綜合
提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
數列的綜合運算問題以及數列與函數、不等式等知識的交匯問題，是歷年高考的熱點內
容．一般圍繞等差數列、等比數列的知識命題，涉及數列的函數性質、通項公式、前 n 項和
公式等
【核心題型】
題型一　等差數列、等比數列的綜合運算
　數列的綜合問題常將等差、等比數列結合，兩者相互聯系、相互轉化，解答這類問題的方
法：尋找通項公式，利用性質進行轉化．
【例題 1】（2023·湖北荊門·模擬預測）血藥濃度檢測可使給藥方案個體化，從而達到臨床用
藥的安全、有效、合理.某醫學研究所研制的某種新藥進入了臨床試驗階段，經檢測，當患
者 A 給藥 3 小時的時候血藥濃度達到峰值，此后每經過 2 小時檢測一次，每次檢測血藥濃
度降低到上一次檢測血藥濃度的 40%，當血藥濃度為峰值的1.024% 時，給藥時間為（ ）
A．11 小時 B．13 小時 C．17 小時 D．19 小時
【答案】B
【分析】利用題意，將給藥時間與檢測次數轉化為等差數列模型，將給藥時間與患者血藥濃
度轉化為等比數列模型，則利用數列的通項公式求解即可.
【詳解】解：檢測第 n 次時，給藥時間為bn ，則 bn 是以 3 為首項，2 為公差的的等差數列，
所以bn = 3+ 2 n -1 = 2n +1，
設當給藥時間為 2n +1小時的時候，患者血藥濃度為 an ，血藥濃度峰值為 a，
則數列 an 是首項為 a，公比為 0.4 的等比數列，所以an =a 0.4
n-1
，
令an =0.01024a，即0.45 a = a 0.4n-1，解得 n = 6，
當血藥濃度為峰值的1.024% 時，給藥時間為b6 = 2 6 +1 =13，
故選：B.
【變式 1】（2023 高三· *全國·專題練習）已知集合 A = x | x = 2k1,k1 N ，
B = x | x = 3k2 , k2 N* ，將 A B 中所有元素按從小到大的順序排列構成數列 an ，設數列
an 的前 n 項和為 Sn ，若am = 27，則 m 的值等于 ， S50的值為 .
【答案】 16 2282
【分析】空 1：因為am = 27，根據題意分析可得含有 A 中的元素為 2,4,6, × × ×, 26，含有 B 中
的元素為 3，9，27，進而可得結果；空 2：根據題意分析可得 an 的前 50 項中含有 B 中的
元素為 3，9，27，81 共有 4 項，含有 A 中的元素為2 1,2 2,2 3,× × ×,2 46 ，共有 46 項，
進而可得結果.
【詳解】因為am = 27，則 an 的前 m 項中含有 A 中的元素為 2,4,6, × × ×, 26，共有 13 項，含
有 B 中的元素為 3，9，27，共有 3 項，
所以m =16；
因為 2 50 =100,34 = 81<100,35 = 243 >100，
所以 an 的前 50 項中含有 B 中的元素為 3，9，27，81 共有 4 項，含有 A 中的元素為
2 1,2 2,2 3,× × ×,2 46 ，共有 46 項，
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
故答案為：16；2282.
【變式 2】（2024·四川綿陽·三模）已知首項為 1 的等差數列 an 滿足： a1,a2 ,a3 +1成等比數
列.
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)若數列 b nn 滿足： a1bn + a2bn-1 +L+ anb1 = 3 -1，求數列 bn 的前 n項和Tn .
【答案】(1) an = n
(2)Tn = 2 ×3
n-1
【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差數列的通項公式得答案；
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 -1，兩式
相減得Tn+1 = 2 ×3
n n-1
，又D1 = a1b1 = 2 b1 = 2 ，即得Tn = 2 ×3
【詳解】（1）設 an 公差為 d，又 a1,a2 ,a3 +1成等比數列，
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時，不滿足 a1,a2 ,a3 +1成等比數列，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，
兩式相減有：Dn+1 - Dn = a1bn+1 + b nn + bn-1L+ b1 = 2 ×3 ，
所以數列 bn 的前 n +1項和為 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
【變式 3】（2023 高三·全國·專題練習）設{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且
a1 = b1 = a2 - b2 = a3 - b3 =1．
(1)求{an}與{bn}的通項公式；
(2)設{an}的前 n項和為 Sn ，求證： (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ；
【答案】(1) an = 2n -1 b = 2n-1， n ．
(2)證明見解析
【分析】（1）設等差數列{an}的公差為d ，等比數列{bn}的公比為q，由題目條件可得 d = q = 2，
即可得答案；
（2）由（1）可知，所證結論等價于 an+1 = Sn+1 - Sn ，而這顯然正確，即可證明結論.
【詳解】（1））設等差數列{an}的公差為d ，等比數列{bn}的公比為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）證明：Qbn+1 = 2bn 0，
\要證明 (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ，
即證明 (Sn+1 + an+1)bn = 2Sn+1 ×bn - Snbn ，
即證明 Sn+1 + an+1 = 2Sn+1 - Sn ，
即證明 an+1 = Sn+1 - Sn ，
由數列的通項公式和前 n項和的關系得： an+1 = Sn+1 - Sn ，
\(Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn
題型二　數列與其他知識的交匯問題
(1)數列與不等式的綜合問題及求解策略
①判斷數列問題的一些不等關系，可以利用數列的單調性比較大小或借助數列對應的函數的
單調性比較大小．
②以數列為載體，考查不等式恒成立的問題，此類問題可轉化為函數的最值．
③考查與數列有關的不等式證明問題，此類問題一般采用放縮法進行證明，有時也可通過構
造函數進行證明．
(2)數列與函數交匯問題的主要類型及求解策略
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前 n 項和公式、
求和方法等對式子化簡變形
命題點 1　數列與不等式的交匯
【例題 2】（2024·重慶·三模）數列 an 的前 n項和為 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若
l an + 3 - 3n + 2 > 0對任意 n N* 恒成立，則實數l 的取值范圍為（ ）
1 ,+ 5 A． ÷ B 1, + C ,+ D 2, +
è 2
． ． ÷ ．
è 4
【答案】B
【分析】先求出a + 3 = 2nn ，然后對l 1和l > 1分類討論即可.
【詳解】由于 Sn = 2an - 3n + 4，故 a1 = S1 = 2a1 - 3 1+ 4 ，從而 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 .
這表明命題等價于l ×2n - 3n + 2 > 0對 n N* 恒成立.
若l 1，則l ×22 - 3 2 + 2 = 4l - 4 4 - 4 = 0，從而原不等式對 n = 2不成立，不滿足條件；
若l > 1，由于我們可以直接驗證 2n - 3n + 2 0在 n =1和 n = 2時成立，且對 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對 n N* 恒成立.
而此時由l > 1有l ×2n - 3n + 2 > 2n - 3n + 2 0 ，故l ×2n - 3n + 2 > 0對 n N* 恒成立，滿足條
件.
所以l 的取值范圍是 1, + .
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于分類討論，這是處理取值范圍問題的常用方法
【變式 1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數 f (n) = an , n N* .
1
①當 a = 2時，bn = 1+ ，記 bn 前 n項積為Tn ，若m > Tf (n) n 恒成立，整數m 的最小值
是 ;
f (n) -1 n3
②對所有 n 都有 3 成立，則 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，構造 g x = ln 1+ x - x ， x > 0，求導2
得到其單調性，從而確定當 x > 0時， ln 1+ x < x ，利用放縮和等比數列求和公式得到
lnT 1n <1- n <1，求出Tn < e，確定Tn 2,e ，整數m 的最小值為 3；變形得到2
3
f (n) -1 n3 ln 2n +1 3
ln a ln 2x +1
3 ，令 h x = , x > 0，求導得到函數單調性和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
【詳解】 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
設 g x = ln 1+ x - x 1 -x， x > 0，則 g x = -1 = < 0 ，
1+ x 1+ x
故 g x = ln 1+ x - x 在 x 0, + 上單調遞減，
則 g x < g 0 = 0，故當 x > 0時， ln 1+ x < x ，
lnT ln b b L b ln b ln b L ln b ln 1 1 1 1則 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，
綜上，Tn 2,e ，若m > Tn 恒成立，整數m 的最小值為 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 化簡得 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當 2時，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, + 上單調遞減，
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的最小值為 17 .
故答案為：3， 17
【點睛】對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法, 使不等
式一端是含有參數的式子，另一端是一個區間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含
參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不
等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件
a a a *
【變式 2】（2024·湖南長沙·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 + 2 + 3 +L+ n = 2n n N2 3 n .
(1)求數列 an 的通項公式；
a
(2)已知數列 b 滿足b = nn n 2n+1 .
①求數列 bn 的前 n 項和Tn ；
②若不等式 -1 n l T n< n + 對任意 n N*n 恒成立，求實數l 的取值范圍.2
【答案】(1) an = 2n n N*
T 2 n + 2 1,
3
(2)① n = -

；② -
2n 2 ֏
【分析】（1）利用數列的遞推關系求 an 的通項公式；
c 2 2（2）①利用錯位相減求和即可；②設 n = - n ，根據數列 cn 的單調性，分 n 為偶數、2
為奇數討論可得答案.
a a a
【詳解】（1）因為 a + 21 + 3 +L+ n = 2n n N* ①，2 3 n
1 1 1
當 n =1時， a1 = 2，當 n 2時， 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 ；因為 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 ，兩式相減得，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
設 cn = 2 - n ，則數列 cn 是遞增數列. 2
當 n 為偶數時，l < 2
2 2 3
- n 恒成立，所以l < 2 - 2 = ；2 2 2
2 2
當 n 為奇數時，-l < 2 - n 恒成立，所以-l < 2 - 1 =1即l > -1 .2 2
3
綜上，l

的取值范圍是 -1, 2 ÷
.
è
【變式 3】（2024·遼寧·二模）設等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，公差為 d，且 a1d 0 .若等
差數列 bn ，滿足b
S
n =
n
2a .n
(1)求數列 bn 的通項公式；
5
(2)若 d = ，記數列 bn 的前 n 項和為Tn ，且Tn > Sn，求 n 的最大值.14
b n +1【答案】(1) n = (2)34
Sn
【分析】（1）根據題意，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 ，再由等差數列的通項公式與前 n項和公式代入計算，即可得到結果.
（2）根據題意，由（1）中的結論可得 Sn ,Tn ，代入計算即可求解.
b Sn b S1 a1 1 b 2a1 + d 2a1 + d【詳解】（1）因為 n = ，則 1 = = = ， 2 = =2an 2a1 2a1 2 2a2 2a1 + 2d
，
b S3 3a1 + 3d3 = =2a3 2a1 + 4d
，
1 3a1 + 3d 2a1 + d 2由 bn 為等差數列，所以b1 + b3 = 2b2，即 + = 2 2 2a + 4d 2a + 2d ，化簡可得 d = a1d ，1 1
因為 a1d 0，所以 a1 0且 d 0，所以 a1 = d ，
a n a1 + an n n +1 d則 n = a1 + n -1 d = nd ，所以 Sn = = ，2 2
b S= n n +1則 n =2a 4 .n
5 5 n +1
（2）因為 d = ，則 Sn = n n +1 ，由（1）可知b14 28 n = ，4
n 1 n +1
則 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 的最大值為3 .
命題點 2　數列與函數的交匯
【例題 3】（2024·福建莆田·三模）已知定義在 (0, + )上的函數 f (x) 滿足 f x +1 = 2 f x +1，
且 f (1) =1，則 f 100 =（ ）
A． 2100 -1 B． 2100 +1 C． 2101 -1 D． 2101 +1
【答案】A
【分析】設 an = f (n)
n
，得 an+1 = 2an +1，構造等比數列求得 an = 2 -1，即可求解.
【詳解】設在數列 an 中， an = f (n) ，則 a1 = f 1 =1， an+1 = 2an +1，
從而 an+1 +1 = 2 an +1 ，故 an +1 是首項和公比都是 2 的等比數列.
由等比數列的通項公式可得 an +1 = 2
n
，則 an = 2
n -1，
故 f 100 = a 100100 = 2 -1 .
故選：A
【變式 1】（2024·廣西來賓·模擬預測）函數 f (n) =| n -1| + | n - 2 | + | n - 3 | +L+ | n -15 |（n 為
正整數）的最小值為 ．
【答案】56
【分析】由題意，正整數 n必然在 1,15 上，去絕對值，由等差數列求和公式化簡，再通過
配方即可得解.
【詳解】要使 f (n)取得的最小值，正整數 n必然在 1,15 上，
設 n是1 :15中的某一整數，
則 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
所以當 n = 8時取得最小值為56 .
故答案為：56
【變式 2】（2024·浙江紹興·三模）已知函數 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零點構成
遞增數列 an n N* ．
(1)求函數 f x 的周期和最大值；
(2)求數列 an 的通項公式 an 及前 n項和 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）先應用輔助角公式化簡再得出最大值即可；
（2）令 f x = 0 x k 1可得出 = - k N* ，根據題意確定數列 an 的首項和公差，即可求得6
數列 an 的通項公式.
【詳解】（1）由題可得 f x = 3sinπx + cosπx 2sin πx π= + 6 ÷ ，è
因此函數 f x T 2π的周期 = = 2，
π
π π 1
當 πx + = + 2kπ,k Z ，即 x = + 2k,k Z時，取最大值，最大值為 f x = 2．
6 2 3 max
（2）由 f x = 0得 πx π+ = kπ k N* ，
6
因此函數 f x 的所有正零點為 x = k 1- k N* ，
6
a 5 a - a =1 n 2 a 5\ 1 = ， n n-1 ，因此 n 是首項為 ，公差為 1 的等差數列；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
【變式 3】（2024·上海·模擬預測）已知 f x 1= x 2 1+ x ，數列 an 的前 n項和為 S2 2 n ，點
n, Sn n N* 均在函數 y = f x 的圖象上.
(1)求數列 an 的通項公式；
x
g x 4= b = g a (2) n n N*若 x ，令 n ÷ ，求數列 bn 的前 2024 項和T4 + 2 2024 .è 2025
【答案】(1) an = n (2)1012
1 1 ìS , n =1
【分析】（1 2）由題意得 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結果.
è 2025
【詳解】（1）因為點 n, Sn n N* f x 1 x 2 1均在函數 = + x 的圖象上，2 2
S 1 1所以 n = n
2 + n，
2 2
1 1
當 n =1時， S1 = + =1，即 a1 =1，2 2
1 1 1 1
當 n 2 2 é 2 ù時， 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
因為 a1 =1滿足上式，
所以 an = n ；
g x 4
x
（2）因為 = 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*因為 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
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2024·山西陽泉·三模）已知等差數列{an}中，a7是函數 f (x) = sin(2x - π6 ) 的一個極大值點，
則 tan(a5 + a9 ) 的值為（ ）
A 3． B． 3 C．± 3 D．- 3
3
【答案】D
【分析】求出函數 f (x) 的極大值點得a7，然后由等差數列性質結合誘導公式可得.
π π π
【詳解】由正弦函數性質知，當 2x - = + 2kπ ，即 x = + kπ,k Z π時，函數 f (x) = sin(2x -
6 2 3 6
)
取得極大值，
a π 2π則 7 = + kπ,k Z，由等差數列性質，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
故選：D
2．（2020·遼寧遼陽·二模）已知等差數列 an 的公差為 2，前 n項和為 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成
b 1等比數列.令 n = a a ，則數列 bn 的前 50 項和T50 = （ ）n n+1
50 49 100 50
A． B． C． D．
51 50 101 101
【答案】D
【分析】根據 S1， S2 ， S4 成等比數列結合公差為 2，求得 an ，得到bn ，再利用裂項相消法
求解.
2 1 4 3
【詳解】因為 S1 = a1， S2 = 2a1 + 2 = 2a1 + 2， S4 = 4a1 + 2 = 4a1 +12 ，2 2
由題意得 2a1 + 2
2 = a1 4a1 +12 ，
解得 a1 =1，
所以 an = 2n -1，
b 1 1= = 1 1則 n -

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

÷ = .2 è 3 3 5 5 7 99 101 101
故選：D
【點睛】本題主要考查等差數列的基本運算以及裂項相消法求和，還考查了運算求解的能力，
屬于中檔題.
3．（2024·山東· *二模）歐拉函數j n n N 的函數值等于所有不超過正整數 n，且與 n互質
2n
的正整數的個數，例如j 4 = 2 .已知bn = j 3n+1 ， n N
* ，Tn 是數列 bn 的前 n項和，若
Tn < M 恒成立，則M 的最小值為（ ）
3 7
A． B．1 C． D．2
4 6
【答案】A
n 3 3
【分析】由歐拉函數的定義可求出bn = n ，由錯位相減法求出Tn ，可得Tn < ，即M ，3 4 4
即可求出M 的最小值.
【詳解】因為 3 為質數，在不超過3n 的正整數中，所有能被 3 整除的正整數的個數為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* ，則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
兩式相減可得： 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
因為bn = n > 0，所以Tn 在 n N*在單調遞增，3
3
所以Tn < M 恒成立，所以M ，4
3
所以M 的最小值為 .
4
故選：A.
4．（2024·福建泉州·二模）在等比數列 an 中， a1,a5 是函數 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的兩個
極值點，若 a2a4 = 2 2a3 - 2，則 t 的值為（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
【答案】C
t
【分析】首先求函數的導數，利用韋達定理求得 a1a5 = > 0 ，并根據等比數列的性質，代2
入條件等式，即可求解.
t 2x2f x 2x 10 -10x + t【詳解】 = - + = ， x > 0
x x
t
所以 a1,a5 是方程 2x2 -10x + t = 0的兩個實數根，則 a1 > 0， a5 > 0， a1a5 = > 0 ，2
2
根據等比數列的性質， 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
故選：C
二、多選題
5．（2024·云南·模擬預測）已知定義在R 上的函數 f x 滿足：
f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f 2 = -1，則下列說法中正確的是（ ）
A． f x 是偶函數
B． f x 關于點 2,-1 對稱
C．設數列 an 滿足 an = f n ，則 an 的前 2024 項和為 0
f 10 D 1． ÷可以是
è 3 2
【答案】ACD
【分析】對于 A：令 x = y = 0 ，解得 f 0 =1，再令 x = 0結合偶函數定義分析判斷；對于
B：分析可知 f x 是以 4 為周期的周期函數，關于直線 x = 2對稱，進而可得結果；對于 C：
結合周期性分析運算；對于 D：舉例說明即可.
【詳解】因為 f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f x 的定義域為R ，關于原點對稱，
對于選項 A：令 x = y = 0 ，則 2 f 0 = 2 f 2 0 ，解得 f 0 = 0或 f 0 =1，
若 f 0 = 0，令 y = 0 時， f x + f x = 2 f x = 2 f x f 0 = 0，
這與 f 2 = -1矛盾，故 f 0 =1，
令 x = 0，則 f y + f -y = 2 f 0 f y = 2 f y ，
即 f -y = f y ，可知 f x 是偶函數，故 A 正確；
對于選項 B：當 x = y =1時， f 2 + f 0 = f 2 +1 = 2 f 1 f 1 = 0，故 f 1 = 0，
當 y =1時， f x +1 + f x -1 = 2 f x f 1 = 0，
即 f 1+ x = - f x -1 ，則 f x + 2 = - f x ，
所以 f x + 4 = - f x + 2 = f x ，故 f x 是以 4 為周期的周期函數，
又因為 f x 是偶函數，可得 f x + 4 = f x = f -x ，
可知 f x 關于直線 x = 2對稱，則 f 3 = f 1 = 0，
若 f x 關于點 2,-1 對稱，則 f 3 + f 1 = -2，
這與 f 3 = f 1 = 0矛盾，故 B 錯誤；
對于選項 C：若 an = f n ，則 an 是周期為 4 的周期數列，
又因為 a1 + a2 + a3 + a4 = 2 f 1 + f 2 + f 0 = 0，
且 2024 = 4 506，所以 an 的前 2024 項和為 0，故 C 正確；
對于選項 D：令 y = x ，則 f 2x + f 0 = 2 f 2 x 2，即 f 2x = 2 f x -1，
可設 f x = cos π x ，經檢驗可知原條件均成立，
2
f 10 此時有 ÷ = cos
10 π
= cos 5π 1= ，故 D 正確；
è 3 3 2 3 2
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：函數的性質主要是函數的奇偶性、單調性和周期性以及函數圖象的對稱
性，在解題中根據問題的條件通過變換函數的解析式或者已知的函數關系，推證函數的性質，
根據函數的性質解決問題．
6．（2024·湖北·模擬預測）對于正整數 n，j n 是小于或等于 n 的正整數中與 n 互質的數的
數目．函數j n 以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如j 9 = 6（1,2,4,5,7,8與9
互質），則（ ）
A．若 n 為質數，則j n = n -1 B．數列 j n 單調遞增
ì n ü
C．數列 í j 3n
j 2n
的最大值為 1 D．數列 為等比數列

【答案】ACD
【分析】利用新定義，結合數列的單調性和等比數列的定義逐個判斷即可.
【詳解】因為 n為質數，故小于或等于 n的正整數中與 n互質的數的數目為 n -1 ，此時
j(n) = n -1，故 A 正確.
因為j(6) = 2,j(5) = 4，所以j(6) < j(5)，故數列 j n 不是單調遞增，故 B 錯誤.
小于等于2n 的正整數中與2n 互質的數為1,3,5,L, 2n -1，數目為 2n - 2n-1 = 2n-1，
n n n
所以 =j(2n ) 2n-1 在 n N
* 時遞減，故當 n =1時，數列{j(2n
}
) 的最大值為 1，故 C 正確.
小于等于3n 的正整數中與3n 互質的數的數為1,2,4,5,L,3n - 2,3n -1，數目為3n - 3n-1 = 2 ×3n-1，
j(3n )
故j(3n ) = 2 ×3n-1，而 n 1 = 3，故數列 j 3n- 為等比數列，故 D 正確.j(3 )
故選： ACD.
【點睛】關鍵點點睛：從質數定義入手，結合題目信息，逐步解答.
三、填空題
7．（2021·江西·模擬預測）已知公差不為 0 的等差數列 an 的部分項 ak a a ……1 ， k2 ， k3 ， 構成
等比數列 an ，且 k1 =1， k2 = 2， k3 = 5，則 kn = .
3n-1 +1
【答案】
2
【分析】設等差數列 an 的公差為d ，則 d 0，由等比數列的性質列式求得 2a1 = d ．然
后再由等差數列與等比數列的通項公式列式求得 kn ．
【詳解】解：設等差數列 an 的公差為d ，則 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，在等比數列 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 為數列 ak 的第 n項，知 ak = ak ×3 = a1 3n-1n ；n 1
由 ak a k a = a + k -1 d = a 2k -1 n 為數列 n 的第 n 項，知 kn 1 n 1 n ，
\a1 3
n-1 = a1 2kn -1 ，
n-1
故 k 3 1n = + .2 2
3n-1 +1
故答案為 ．
2
【點睛】該題考查的是有關等差數列與等比數列的綜合問題，屬于中檔題目，在解題的過程
中，需要對等差數列的通項公式與等比數列的通項公式熟練掌握，并且要注意三項成等差數
列的條件，得出等差數列的首項與公差的條件，從而確定出所得的等比數列的項的特點，進
一步求得結果，從而求得等比數列的項的特點，得到 kn 的關系，從而求得結果，在做題的
過程中，如果分析不到位，很容易出錯.
8．（2023·陜西寶雞·模擬預測）已知實數 a、b 、 c、d 成等差數列，且函數 y = ln x + 2 - x
在 x = b 時取到極大值 c，則 a + d = .
【答案】 0
【分析】利用導數求出函數 y = ln x + 2 - x的極值點與極值，可得出b 、 c的值，再利用等
差數列的性質可求得 a + d 的值.
【詳解】函數 y = ln x + 2 - x的定義域為 -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，函數 y = ln x + 2 - x的單調遞增區間為 -2, -1 ，遞減區間為 -1, + ，
所以，函數 y = ln x + 2 - x在 x=-1時取到極大值 c = ln1+1 =1，
又因為實數 a、b 、 c、d 成等差數列，可得 a + d = b + c = -1+1 = 0 .
故答案為： 0 .
9．（2024·四川成都·模擬預測）已知數列 a ln a = a +1 f x ln xn 滿足 n+1 n ，函數 = 在 x = xx +1 0
處取得最大值，若 ln a4 = 1+ a2 x0 ，則 a1 + a2 =
【答案】-2
【分析】先對函數求導，結合導數分析函數的單調性，再由極值存在的條件及零點存在性定
理即可求解.
x +1
- ln x x +1 1
【詳解】因為 f x = x ，令u x = - ln x =1+ - ln x，
x +1 2 x x
則u x 在 0, + 上單減，
且u 2 3= - ln 2 > 0,u e2 1= -1< 0 ，2 e2
2
由零點存在定理知，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，
且當0 < x < x0 時，u x0 > 0，則 f x > 0；
當 x > x0時，u x0 < 0，則 f x < 0；
所以 f x 在 0, x0 上單調遞增， x0 ,+ 上單調遞減，
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
從而 a2 +1 + a1 +1 = 0 a2 + a1 = -2 .
故答案為：-2 .
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于先對 f x 求導，求出 f x 的單調性和最值可得
1 ln x
= 0 ，再結合 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、解答題
10．（2023·全國·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ， a1 + a2 + 3a4 = 25，且
a3 + 2， a4，a5 - 2成等比數列．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)設b = a × 3an +1 ，求數列 bn 的前 n 項和Tn n n ．
【答案】(1) an = 2n -1 n N*
(2)Tn = 3+ n -1 ×3n+1 n N*
【分析】（1）設出公差，表達出前 5 項，通過等差和等比關系求出a3和公差d ，即可得到數
列 an 的通項公式；
（2）表達出數列 bn 的通項公式，得到數列 bn 的前 n 項和Tn 的表達式，利用錯位相減法
即可得出數列 bn 的前 n 項和.
【詳解】（1）由題意， n N*
在等差數列 an 中，設公差為d ,
由 a1 + a2 + 3a4 = 25，得5a1 +10d = 25，則 a1 + 2d = a3 = 5，
又 a3＋2，a4，a5－2 成等比數列，
∴7，5＋d，3＋2d 2成等比數列，得 5 + d = 7 3 + 2d ，即 d - 2 2 = 0 ，得 d＝2，
∴ an = a3 + n - 3 d = 2n -1， n N* ，
∴ *數列 an 的通項公式為： an = 2n -1 n N ．
（2）由題意及（1）得， n N* ，
在數列 an 中， an = 2n -1，
在數列 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
兩式相減得-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）歐拉函數j n n N* 的函數值等于所有不超過正整數 n且與 n互素
的正整數的個數，例如：j 1 =1，j 4 = 2，j 8 = 4，數列 an 滿足 an = j 2n n N* .
(1)求 a1， a2，a3，并求數列 an 的通項公式；
b 1 n log2 a(2)記 n = - 2n ，求數列 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）根據題意理解可求 a1， a2，a3，結合與2n 互素的個數可求數列 an 的通項公
式；
（2）求出數列 bn 的通項公式，利用錯位相減法求和即可.
【詳解】（1）由題意可知 a1 = j 2 =1， a2 = j 4 = 2 ， a3 = j 8 = 4，
由題意可知，正偶數與2n 不互素，所有正奇數與2n 互素，比2n 小的正奇數有 2n-1 個，
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
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024· *遼寧·二模）設等差數列{an}的前 n 項和為 Sn ，點 (n, Sn )(n N ) 在函數
f (x) = Ax2 + Bx + C(A, B,C R)的圖象上，則（ ）
A．C0 =1 B．若 A = 0 ，則$n0 N
*
，使 Sn 最大
C．若 A > 0 $n N* *，則 0 ，使 Sn 最大 D．若 A < 0，則$n0 N ，使 Sn 最大
【答案】D
1 2
【分析】根據等差數列{an}的前 n 項和 Sn = dn + (a
1
1 - d )n，得到C = 0，可判定 A 錯誤；2 2
由 A = 0 時，得到 Sn = na1 ，當 a1 > 0時，可判定 B 錯誤；由 A > 0 ，得到 d > 0，可判定 C 錯
誤；由 A < 0，得到 d < 0 ，可判定 D 正確．
1 1 2 1
【詳解】因為等差數列{an}的前 n 項和 Sn = na1 + n(n -1)d = dn + (a - d )n2 2 1 2 （d 為公差），
所以"n N*，點 (n,S )
1 2 1
n 在函數 y = dx + (a1 - d )x2 2 的圖像上，
對于 A *中，因為 (n, Sn )(n N ) 在函數 f (x) = Ax2 + Bx + C 的圖象上，
可得 A
1
= d ，B = a
1
1 - d ，C = 0，所以C0 = 00 無意義，所以 A 錯誤；2 2
對于 B 中，若 A = 0 ，則 d = 0 ，此時 Sn = na1 ，
當 a1 > 0
*
時，不存在 n0 N ，使 Sn 最大，所以 B 錯誤；
對于 C 中，若 A > 0 ，則 d > 0， Sn 有最小值，無最大值，所以 C 錯誤；
對于 D 中，若 A < 0，則 d < 0 ， Sn 有最大值，所以 D 正確．
故選：D.
π
2．（2022 高三·全國·專題練習）已知數列 an 為等差數列，且 a7 = .設函數2
f x = sin2x + 2cos2 x ，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 13 項和為（2 ）
13π
A． B．7π C．7 D．13
2
【答案】D
【分析】化簡函數的解析式，利用等差數列的性質結合三角函數即可求值.
【詳解】因為 f x = sin2x + 2cos2 x = sin 2x + cos x +1，
2
因為數列 an 為等差數列，
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，
同理因為 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
所以數列 yn 的前 13 項和為 13.
故選：D
a a
3．（23-24 · · n+2高三下 重慶 階段練習）定義：滿足 : n+1 = q qa a 為常數， n N
*）的數列
n+1 n
an 稱為二階等比數列，q為二階公比.已知二階等比數列∣an 的二階公比為
2,a1 =1, a2 = 2 ，則使得 an > 2024 成立的最小正整數 n為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
a n-1n
【分析】根據數列新定義可得 =a 2 ，利用累乘法求得 an 的表達式，解數列不等式，n-1
即可求得答案.
a2
【詳解】由題意知二階等比數列∣an 的二階公比為 2,a1 =1, a = 2 ，則 = 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
將以上各式累乘得： 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的值隨 n 的增大而增大，且 (7 -1) 7 = 42,(8 -1) 8 = 56 ，
n-1 n
n 7 21當 = 時， 2 4 = 2 2 = 210 2 < 210 2 = 2024，
n-1 n
當 n = 8時， 2 4 = 214 > 2024，
故 n 的最小值為 8，
故選：B
4．（2024·江蘇徐州·一模）已知數列 an 的前n項和為 Sn ，且3S = 2a +1， n N*n n ．若 Sk 2024，
則正整數 k 的最小值為（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根據給定的遞推公式，構造等比數列求出 Sn ，再求解不等式即得.
【詳解】數列 an 中，3Sn = 2an +1，當 n 2時， an = Sn - Sn-1，則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因此數列 n - 是以 1 - = 為首項，公比為-2的等比數列， Sn - = × (-2) ，3 3 3 3 3
1- (-2)n 1+ 2k
則 Sn = ，由 Sk 2024，知 k 為奇數，此時 Sk = 是遞增的，3 3
1+ 211S 2049
13
而 11 = = = 683
1+ 2 8193
< 2024， S13 = = = 2731 > 2024 ，3 3 3 3
所以正整數 k 的最小值為 13.
故選：C
7π
5．（23-24 高三上·山西運城·期末）已知等差數列 an 中， a9 = ，設函數12
f (x) = cos4 x - sin4 x - 2 3 sin x cos x -1，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 17 項和為（ ）
A．-51 B．-48 C．-17 D．0
【答案】C
【分析】根據三角恒等變換化簡 f (x)
7π
的表達式，判斷其圖象關于點 ( , -1)成中心對稱，結
12
合等差數列性質可得 a1 + a17 = a2 + a16 =L = 2a 2
7π
9 = ，從而得12
f (a1) + f (a17 ) = f (a2 ) + f (a16 ) =L = f (a8 ) + f (a10 ) = -2，由此即可求得答案.
【詳解】由題意知 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
當 x
7π
= 時， 2cos
7π
2 + ÷ = 0 ，即 f (x) 關于點 ( , -1)成中心對稱，12 è 12 3 12
7π 7π
由于等差數列 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
故數列 yn 的前 17 項和為 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 ，
故選：C
6．（2024·安徽池州·二模）對于數列 an ，若點 n,an 都在函數 y = cq x 的圖象上，其中q > 0
且 q 1，則“ qc >1”是“ an 為遞增數列”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】利用等比數列的性質，結合指數函數的性質和充分必要條件的判斷求解.
【詳解】因為 n,an n在函數 y = cq x 的圖象上，所以 an = cq = cq ×qn-1，
即 an 是以 cq為首項，q為公比的等比數列.
若 qc >1，且q > 0 ， q 1，則可能的情況由兩種：
（1）0 < q <1則 c < 0，所以等比數列 an 首項為負，公比0 < q <1，所以等比數列 an 單調
遞增；
（2） q > 1 則 c > 0，所以等比數列 an 首項為正，公比 q > 1 ，所以等比數列 an 單調遞增.
所以“ qc >1”是“ an 為遞增數列”的充分條件.
若 an 為遞增數列， 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 為遞增數列”的必要條件.
故選：A
7．（2024·上海奉賢·三模）若數列 an 的前 n項和為 Sn ，關于正整數 n的方程 Sn × Sn+1 = a 記
為F ，命題 p ：對于任意的 a R ，存在等差數列 an 使得F 有解；命題q：對于任意的
a R ，存在等比數列 bn 使得F 有解；則下列說法中正確的是（ ）
A．命題 p 為真命題，命題q為假命題； B．命題 p 為假命題，命題q為真命題；
C．命題 p 為假命題，命題q為假命題； D．命題 p 為真命題，命題q為真命題；
【答案】D
【分析】根據題意，利用等差數列與等比數列的性質，結合 Sn × Sn+1 = a 有解，構造出滿足條
件的等差、等比數列，即可求解.
【詳解】當 a = 0時，可得 an = 0且 Sn = 0，顯然滿足 Sn × Sn+1 = a ；
當 a > 0時，設等差數列 an 的首項 a 3 a d 31 = ，公差為 = - a ，2 3
可得 a 3 a ,a 3 a , a 3 3 2 31 = 2 = 3 = - a ，此時 S = a , S = a + a2 6 6 1 2 2 1 2
= a ，
3
滿足 S1 × S2 = a，即存在等差數列 an 使得F 有解，
當 a<0時，設等差數列 a 3n 的首項 a1 = -a
3
，公差為 d = - -a ，
2 3
3
可得a1 = -a,a
3 3 3
2 = -a,a3 = - -a ，此時 S1 = -a,S
2 3
2 = a1 +a2 = -a ，2 6 6 2 3
滿足 S1 × S2 = a，即存在等差數列 an 使得F 有解，
綜上可得，對于任意的 a R ，存在等差數列 an 使得F 有解，所以命題 p 為真命題；
當 a = 0 n-1時，取等比數列 bn 的首項為b1 =1，公比為 q = -1 ，可得bn = (-1) ，
S 1- (-1)
n
則 = ，此時滿足 Sn × Sn+1 = 0，即 Sn × Sn+1 = an 成立；2
當 a > 0 a a時，取等比數列 bn 的首項為b q =11 = ，公比為 ，可得b2 n = ，2
S a , S 2 a此時 = = ，滿足 S1 × S2 = a1 2 ，即存在等比數列 bn 使得F 有解；2 2
當 a < 0時，令b = (-2)n-1n -a ，即 bn 為首項b1 = -a ，公比為 q = -2 的等比數列，
此時 S1 = -a , S2 = b1 + b2 = - -a ，滿足 S1 × S2 = a，即存在等比數列 bn 使得F 有解；
綜上可得，對于任意的 a R ，存在等比數列 bn 使得F 有解，所以命題q為真命題.
故選：D.
【點睛】方法點睛：與數列有關的問題的求解策略：
1、通過給出一個新的數列的定義，或約定一種新的運算，或給出幾個新模型來創設新問題
的情景，要求在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實心信
息的遷移，達到靈活解題的目的；
2、遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要
求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使得問題得以解決.
3、若數列中涉及到三角函數有關問題時，常利用三角函數的周期性等特征，尋找計算規律
求解；
4、若數列與向量有關問題時，應根據條件將向量式轉化為與數列有關的代數式進行求解；
5、若數列與不等式有關問題時，一把采用放縮法進行判定證明，有時也可通過構造函數進
行證明；
6、若數列與二項式有關的問題時，可結合二項展開式的性質，進行變換求解.
8．（2024·青海·模擬預測）已知定義在 R 上的函數 f x 滿足
f x + y = f x f y - 2 f x - 2 f y + 6， f 1 = 4 ，則 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 ,再用等比數列
求和.
【詳解】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
故選：D
n
【點睛】關鍵點點睛:本題關鍵是通過計算 f n 觀察得到 f n = 2 + 2 ,進而轉化為等比數列
求和.
二、多選題
9．（2024·貴州·三模）已知定義域為R 的函數 f x 滿足
f x + y = f x + f y + x2 y + xy2 , f x 為 f x 的導函數，且 f 1 = 2，則（ ）
A． f 0 = 0
B． f x 為奇函數
C． f -2 = 7
D．設bn = f n n N* ，則b2024 = 2023 2025 + 2
【答案】ABD
【詳解】對于 A：令 x = y = 0 可得；對于 B：令 y = -x可得；對于 C ：先確定 f x 的奇偶
性，然后令 y =1后對 f x +1 = f x + f 1 + x2 + x兩邊同時求導，再代入 x = -2即可；對于
D：利用累加法求通項公式.
【點睛】對于 A：令 x = y = 0 得 f 0 = f 0 + f 0 ，所以 f 0 = 0，A 正確；
對于 B：令 y = -x得 f 0 = f x + f -x + x2 -x + x -x 2 ，所以 f x + f -x = 0，B 正確；
對于 C：因為 f -x = - f x ，所以- f -x = - f x ，即 f -x = f x ，
所以 f x 為偶函數，由 f 1 = 2可得 f -1 = 2，
令 y =1得 f x +1 = f x + f 1 + x2 + x，
則 f x +1 = f x + 2x +1，令 x = -2，得 f -1 = f -2 - 4 +1，
所以 f -2 = 5，C 錯誤；
對于 D：因為 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，則b2024 = 2023 2025 + 2 ，D 正確.
故選：ABD.
2π
10．（2024·河南·三模）將函數 f x = sin wx - ÷ (w > 0, x > 0)的零點按照從小到大的順序
è 3
2
排列，得到數列 an ，且 a1 = ，則（ ）3
A．w = 2 B． f x 在 1,2 上先增后減
31 2
C a = D a n 3n + n． 10 ．3 n 的前 項和為 6
【答案】BD
2π 3k + 2 π
【分析】根據正弦型函數的對稱中心由wx - = kπ k Z 得 x = k Z3 ，進而可3w
f x sin πx 2π得 = - ÷ ，即可求解 AB，根據等差數列的性質以及求和公式即可求解 CD.
è 3
【詳解】由 f x = 0 wx 2π，得 - = kπ k Z 3k + 2 π ，則 x = k Z ，因為w > 0，且3 3w
a 21 = ，3
2π 2
所以當 k = 0時， = （當 k = -1時， x < 0 ，不符合題意），得w = π,故
3w 3
f x = sin πx
2π
- ÷ ，A 錯誤，
è 3
若 x 1,2 πx 2π π，則 - ,
4π 2π
÷ ，故 f x = sin πx - ÷ 在 x 1,2 上先增后減，B 正確.3 è 3 3 è 3
由于w = π,故周期為 2，所以 a 2n 是首項為 13 ，公差為 的等差數列，
a 2 9 1 29 a n 2 n n -1
2
= + = S n 1 3n + n則 10 ， n 的前 項和 n = + = ，C 錯誤，D 正確.3 3 3 2 6
故選：BD
11．（2022·海南·模擬預測）對于無窮數列 an ，給出如下三個性質：① a1 < 0；
② "n, s N*， an+s > an + as ；③ "n N* ，$t N* ， an+t > an ，定義：同時滿足性質①和②
的數列 an 為“s 數列”，同時滿足性質①和③的數列 an 為“t 數列”，則下列說法正確的是
（ ）
A．若 an = 2n - 3，則 an 為“s 數列”
1
B．若 an = - n ，則 a2 n 為“t 數列”
C．若 an 為“s 數列”，則 an 為“t 數列”
D．若等比數列 an 為“t 數列”，則 an 為“s 數列”
【答案】ABD
【分析】根據“s 數列”和“t 數列”的定義逐一對各選項分析判斷即可.
【詳解】對于 A，Q an+s - an - as = 2 n + s - 3 - 2n - 3 - 2s - 3 = 3 > 0 n, s N* ，
\an+s > an + as ，又 a1 = -1< 0，
\數列 an 為“s 數列”，故 A 正確.
Q a 1 a 1 1 1對于 B， n = -
* *
n ， n+t = - n N , t Nn+t ，又2 2 2n+t < n ，2
\an+t > a
1
n ，又 a1 = - < 0，2
\數列 an 為“t 數列”， 故 B 正確.
對于 C，若 an = -n -1， an+s - an - as = - n + s -1- n -1 - s -1 =1 > 0 n, s N* ，
又a1 = -2 < 0，所以數列 an “s ” "n N*為 數列 ，但 ,"t N*,an+t < an ，故 C 錯誤.
對于 D * *，若等比數列 an 為“t 數列”，則 a1 < 0，"n N ,$t N , an+t > an ，
a qt即 n > an （公比為q）.
（1）若公比q > 0 ，因為 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
此時 n+s n s 1 - a1q - a1q
s-1 = 1 qn+s - qn - qsq
因為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 為“s 數列”；
t
（2）若公比q < 0， 由 a1 < 0得 a2 > 0，由性質③知$t N* ， a2+t > a2 ，即 a2 q -1 > 0 ，
所以 qt > 1，但此時 a1+t = a1q
t < a1與性質③不符，所以q < 0時 an 不是“t 數列”.
綜上，若等比數列 an 為“t 數列”，則 an 為“s 數列”，故 D 正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點睛：
本題解題的關鍵是牢牢抓住數列 an 為“s 數列”和數列 an 為“t 數列”所滿足的性質對各選項
逐一進行驗證.
三、填空題
1
12．（2024·浙江·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 an = ，數列 bn 的n + n -1
前 n b項和為Tn ，且 2 n -1 Sn = an+1，則滿足Tn 2的正整數 n的最小值為 .
【答案】15
S 2b n +1【分析】利用裂項相消法求出 n ，代入已知整理得 n = ，然后取對數，利用裂項相
n
消法可得Tn ，解不等式即可.
a 1【詳解】因為 n = = n - n -1 ，n + n -1
所以 Sn = n - n -1 + n -1 - n - 2 + ×××+ 1 - 0 = n ，
b
因為 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 .
所以正整數 n的最小值為 15.
故答案為：15
【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵在于通過分母有理化裂項求 Sn ，取對數，利用對數運
算裂項求Tn ，然后可解.
1 1
13．（2023 高三·全國·專題練習）函數 f x 滿足 f n +1 = , f 1 = n N*1 + f n 2 ．若不
等式 f n +1 - f n M 對任意的 n恒成立，則M 的最小值是 ．
1
【答案】 .
6
an+1
【分析】由斐波那契數列 an ，有 f n = a ，由斐波那契數列的性質有n+2
a2n+1 = anan+2 + -1
n
，則 f n +1 - f n f 2 - f 1 ，可求M 的最小值.
【詳解】斐波那契數列 an 滿足： a1 =1, a2 =1,an-2 + an-1 = an.
數列為正項遞增數列，
由斐波那契數列的性質有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
故答案為：
6
14 2 1．（23-24 高三上·河北邢臺·開學考試）函數 f x = x - x + a的最小值是 2 ，數列 an 滿足
an+1 = f an ， a1 =1，則數列 an 的通項公式是 ．
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 ÷ ，通過取對數構造等比數列，借助等比數2 è 2
列知識化簡計算即可.
2 1
【詳解】因為函數 f x = x - x + a 的最小值是 2 ，
x 1= f x f 1 1
2
1 1
所以當 時， = ÷ = ÷ - + a = ，解得 a
3
= .
2 min è 2 è 2 2 2 4
所以 f x = x2 - x 3+ ，
4
2
因為 an+1 = f a , n N* ，所以 a = a2 3 1 1n n+1 n - an + =4 an - ÷ + ，è 2 2
1 1
因為 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 兩邊同時取對數可得： n+1 - ÷ = 2lg
1
an -

，
è 2 è 2 ÷
ì 1 ü 1
所以數列 ílg an - ÷ 是以 lg 為首項，2 為公比的等比數列.
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故答案為： n ÷ + .
è 2 2
【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵在于利用 an+1 = f an ，通過配方、取對數構造出等
比數列.
四、解答題
15．（2024·上海虹口·二模）已知等差數列 an 滿足 a2 = 5， a9 + 7 = 2a6 .
(1)求 an 的通項公式；
(2)設數列 bn 前 n S 2 2項和為 n ，且bn = an+1 - an ，若 Sm > 432，求正整數m 的最小值.
【答案】(1) an = 2n +1
(2)10
【分析】（1）設等差數列{an}的公差為d ，依題意根據等差數列通項公式得到關于 a1、d 的
方程組，解得即可求出通項公式；
（2）由（1）可得bn = a
2 2
n+1 - an = 8n + 8，利用等差數列求和公式求出 Sn ，再解不等式即可.
【詳解】（1）設等差數列{an}的公差為d ，
ìa1 + d = 5 ìa1 = 3
則 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，
則bn = a
2
n+1 - a
2
n = (2n + 3)
2 - (2n +1)2 = 8n + 8，
所以bn - bn-1 = 8(n 2)，則數列 bn 是以b1 =16為首項，8為公差的等差數列，
16 + 8 + 8n n
故 Sn = = 4n
2 +12n ，
2
因為 Sm > 432，所以 4m2 +12m > 432，所以 4(m +12)(m - 9) > 0，
所以m > 9或m < -12，
因為m N*，所以m > 9，所以m 的最小值是10．
a 1
16．（2024·江蘇連云港· n模擬預測）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = +2 a ．n
(1) 2證明：數列 Sn 是等差數列；
ì 1
,n =1
S
S
(2) n數列 n 的每一項均為正數，bn = í 1 ，數列
bn 的前 n 項和為Tn ，當
,n 2
Sn + Sn-1
T 2n 1012時，求 n 的最小值．
【答案】(1)證明見解析
(2)2024．
ìS1, n =1
【分析】（1）由 an = íS S ,n 2與等差數列的定義，可證結論成立
.
n - n-1
（2）先利用裂項求和法求Tn ，再解不等式可得 n 的最小值.
a1 1 2
【詳解】（1）當 n =1時， a1 = + 2 a a1 = 2，1
S - S
n 2 S = n n-1
1
當 時， n +2 S - S ，n n-1
Sn + Sn-1 1
所以 = ，所以 S 2 - S 2n n-1 = 22 S - S （常數），n n-1
S 2 S 2故數列 n 是以 1 = 2為首項，2 為公差的等差數列．
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
當T 2
n
n 1012時，即 1012 n 2024，所以 n 的最小值為 2024．2
17．（2024·四川成都·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ,3Sn = 4an - 2 .
(1)證明：數列 an 是等比數列，并求出通項公式；
(2) f x = x2 1設函數 × lnx - ÷的導函數為 f x ，數列 bn 滿足bn = f an ，求數列 b2 n 的è
前 n項和Tn .
2n-1
【答案】(1)證明見解析，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】（ ）根據 n íS S ,n 2 分兩步求解即可； n - n-1
2n-1
（2）方法一：根據題意，結合導數運算與an = 2 得bn = ln2 × 2n -1 ×4
n
，進而將 bn 通項
b ln2 é 2 n 5 n+1 2 11 n ù公式變形為 n = × ê -3 9 ÷
4 - n - ÷ 4 ú，再根據裂項求和求解即可.
è è 3 9
a = 22n-1方法二：根據題意，結合導數運算與 n 得bn = ln2 × 2n -1 ×4
n
，再根據錯位相減法求
和即可.
【詳解】（1）解：Q3Sn = 4an - 2，\3Sn-1 = 4an-1 - 2, n 2 ，
相減得3an = 4an - 4an-1，即 an = 4an-1，
∴數列 an 是以 4 為公比的等比數列，
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
兩式相減得：-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）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求數列 an 的通項公式；
1 1 1
(2)求證： + + +L
1
+ < 2
S ．1 S2 S3 Sn
【答案】(1) an = 2
n-1
(2)證明見解析
ìS1, n =1
【分析】（1）先根據 an = í a S S ,n 2，探索 n 的結構特點，再根據等比數列的通項公 n - n-1
式求 an ；
（2）由（1）可知 S nn = 2 -1，再利用放縮法證明結論.
【詳解】（1）當 n =1時，a1 = 2a1 -1 a1 =1 .
當 n 2時， Sn = 2an -1， Sn-1 = 2an-1 -1，兩式相減得：
an = 2an - 2an-1 an = 2an-1 .
所以 an 是以 a1 =1為首項，以 q = 2為公比的等比數列.
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
當 n =1時， = =1 < 2S1 2
1 -1 ，
1 1 1 1
當 n 2時， 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·湖南衡陽·三模）已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn ，首項 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求數列 an 的通項公式；
(2)若函數 f (x) = 2ex + x a a = f (a )(n N*，正項數列 n 滿足： n+1 n ) .
n
（i）證明： Sn 3 - n -1；
1
（ii）證明： (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）證明見解析；（ii）證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，結合 Sn - Sn-1 = an ,n 2變形，再利用等差數列求出通項.
（2）（i n-1）利用導數證明不等式 ex x +1，由此放縮各 an 2 3 -1，再利用分組求和法求
ii i a2解即得；（ ）由（）推理證得 n > (5n - 7)(5n - 2)及 ln(x +1) x ，再利用裂項相消法求和推理
即得.
2
【詳解】（1）正項數列 an 中， a1 =1， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，當 n 2時，
a2n-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
兩式相減得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，則 an - an-1 = 2，因此數列 an 是首項為 1，公差為 2 的等差數列，
所以數列 an 的通項公式為 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求導得 h (x) = ex -1，當 x < 0 時， h (x) < 0，當 x > 0時，
h (x) > 0，
即函數 f (x) 在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，則 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
當 n 2 a +1 = a +1 × 2 × 3 × 4 ×L× n a +1 ×3n-1 n-1時， n 1 = 2 3a1 +1 a2 +1 a3 +1 a 1
，
n-1 +1
當 n =1時 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 ，
當 n 1時， ean ea1 = e > 2 a a，于是 a - a = 2e n 1n+1 n 2e = 2e > 5，
當 n 2時， 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 ，當 n 2時， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 ex x +1，得當 x > -1時， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
則當 n 2時， 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
從而 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
【點睛】思路點睛：給出 Sn an S -S =a與 的遞推關系，求 an ，常用思路是：一是利用 n+1 n n轉
化為 an 的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為 Sn 的遞推關系，先求出 Sn 與 n 之間的關
系，再求 an
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·陜西安康·模擬預測）設函數 f x = 2x +1，數列 an ， bn 滿足 an = f n , f bn = n ，
則 a2 =（ ）
A．b7 B．b9 C．b11 D．b13
【答案】C
【詳解】由 an = f n
1
知 an = 2n +1；由 f bn = n ，有 2bn +1= n，bn = n -1 ；因為2
a2 = 2 2 +1 = 5
1
，所以 n -1 = 5，n =11，所以 a2 = b11 .2
故選：C
2．（23-24 高三上·廣東揭陽·階段練習）已知等差數列 an 中， a
3π
7 = ，設函數8
f x = 4cos2
x
- 2 ÷sin x + cos 2x + 2，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 13 項和為（2 ）è
A．7 B．13 C．20 D．26
【答案】D
3π
【分析】分析可知函數的圖象關于點 , 2÷對稱，利用等差中項的性質結合正弦型函數的
è 8
對稱性質可求得結果.
【詳解】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
當 = 時， =

，即函數 f (x) 的圖像關于點
8
, 2÷對稱，
è 8
由等差中項的性質可得 a1 + a13 = a2 + a12 = a3 + a11 = a4 + a10 = a5 + a9 = a6 + a8 = 2a7 ，
所以，數列 yn 的前 13 項和為： f a1 + f a2 +L+ f a13 =6 4+ f a7 = 26 .
故選：D
3．（2022 高三·全國·專題練習）已知數列 an 滿足a1 = 45,3an+1 = an -1，則滿足不等式
ak -1 × ak < 0的 k 的值為（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根據數列的遞推式求出數列的通項公式，判斷其單調性，令 an < 0，求出 n 的范圍，
確定數列的項正負分界時的 n 的值，結合 ak -1 × ak < 0，即可確定 k 的值，即得答案.
【詳解】由題意知數列 an 滿足a1 = 45,3an+1 = an -1，
故 a 1n+1 = 3 (a -1) a
1 1
n ，則 n+1 + = (a
1
n + )，2 3 2
a 1 91 1 91 1結合 1 + = ，可知數列 an 為首項是 a1 + = ，公比為 的等比數列，2 2 2 2 3
a 1 91 (1)n-1 a 91 (1)n-1 1故 n + = ，則 = - ，2 2 3 n 2 3 2
y ( 1 91 1 1由于 = )x 在 R n-1上單調遞減，則 an = ( ) - 隨 n 的增大而減小，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隨 n 的增大而增大，且34 = 81,35 = 243，
則 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
即數列 an 的前 5 項為正，從第 6 項起均為負，
故滿足不等式 ak -1 × ak < 0的 k 的值為 6，
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是利用構造法求得 an 的通項公式，從而得解.
1
4．（23-24 高三上·四川·階段練習）已知數列 an 滿足 a1 = - ，且 an+1 = a + -2
n+1
n ，若使不3
等式 an l 成立的 an 有且只有三項，則l 的取值范圍為（ ）
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】求出數列 an 的通項公式，分 n 為奇數和偶數兩種情況，得到 an ，并根據單調性
得到 a1 l, a2 l, a3 l, a4 > l ，求出答案.
【詳解】當 n 2時， 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 ，顯然 a1 = - 也適合，3 3
1 n+1
所以數列 an 的通項公式為 an =1- × -2 ．3
1 1
n a = 1- × -2 n+1 = 1- × 2n+1 1 n+1當 為奇數時， n = × 2 -1，3 3 3
此時數列 an 的奇數項單調遞增；
a 1 1 2 n+1 1 1 2n+1 1n = - × - = + × = × 2n+1當 為偶數時， n +1，3 3 3
此時數列 an 的偶數項單調遞增，要想使不等式 an l 成立的 an 有且只有三項，
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
的取值范圍為 , ÷．
ê 3 3
故選：D．
【點睛】數列中的奇偶項問題考查方向大致有：①等差，等比數列中的奇偶項求和問題；②
數列中連續兩項和或積問題；③含有 -1 n 的問題；④通項公式分奇偶項有不同表達式問
題；含三角函數問題，需要分奇偶討論，尋找奇數項，偶數項之間的關系，分組求和，期間
可能會涉及錯位相減求和或裂項相消法求和
二、多選題
5．（23-24 *高三下·河北·開學考試）歐拉函數j n n N 是數論中的一個基本概念，j n
的函數值等于所有不超過正整數 n，且與 n互質的正整數的個數（只有公因數 1 的兩個正整
數互質，且 1 與所有正整數（包括 1 本身）互質），例如j 8 = 4，因為 1，3，5，7 均與 8
互質，則（ ）
A．j 4 ×j 6 = j 10 B．數列j 2n 單調遞增
ìj 2n ü
C．j 100 = 40 3D．數列 í n
j n
的前 項和小于3 2
【答案】ACD
【分析】A，由題意可得j 4 ，j 6 ，j 10 ，即可判斷選項正誤；B，由 A 選項可判斷選
項正誤；C，注意到100 = 22 52，則從 1 到 100 個整數中去掉能被 2 或 5 整除的數，即可得
j 2n 1 2 n-1
與 100 互質的數，即j 100 ；D，由 C 選項分析結合題意可得 = n ÷ ，后由等比j 3 2 è 3
數列前 n 項和公式可判斷選項正誤.
【詳解】A 選項，由題可知與 4 互質的數為 1，3，則j 4 = 2 ；與 6 互質的數為 1，5，則
j 6 = 2；
與 10 互質的數為 1，3，7，9，則j 10 = 4，故j 4 ×j 6 = j 10 ，即 A 正確；
B 選項，由 A 選項可知，j 4 = j 6 = 2，故數列j 2n 不是單調遞增數列，即 B 錯誤；
C 選項，注意到100 = 22 52，則從 1 到 100，這 100 個整數中，被 2 整除的有 50 個，
被 5 整除的有 20 個，同時被 2 和 5 整除的有 10 個，則從 1 到 100，這 100 個整數中，
不能被被 2 或 5 整除的數，即與 100 互質的數的個數為100 - 50 - 20 +10 = 40個，則
j 100 = 40，故 C 正確；
D 選項，由 C 選項分析可知，與2n 互質的數，就是從 1 到2n ，這2n 個整數中去掉所有的 2
的倍數.
其中 2 的倍數有 2n-1 個，則j 2n = 2n - 2n-1 = 2n-1 n n n-1 n-1，同理可得j 3 = 3 - 3 = 2 ×3 .則
j 2n 1 2 n-1
=
j 3n 2 3 ÷ ，è
n
2
1 2
1-
即為首項為 ，公比為 的等比數列，其前 n項和 S 1= × è 3
÷
3 3 2
n 3
2 3 2 = - ×
< ，故 D 正
2 1- 2 2
÷
è 3 2
3
確.
故選：ACD
6．（2022·浙江紹興·模擬預測）已知正項數列 an ，對任意的正整數m、n都有2am+n a2m + a2n ，
則下列結論可能成立的是（ ）
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 選項，可以通過令m =1，從而得到矛盾，對于 D，可通過特例判斷其有可能
成立.
a
【詳解】對于 A，可取m =1，此時 a + 1n = an ，所以 a1 = 0，與 an 為正項數列矛盾，舍去；n
對于 C，可取m =1，此時 a1 + an + 2 = an，所以 a1 = -2，與 an 為正項數列矛盾，舍去；
對于 B，可取m =1，則 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時， 1也符合該式，從而 an = a ,n 1.2 1
é
a a 4n
2 - 2n + 4m2 - 2m
此時 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，則 4a2 = a4，
但此時 a4 = 7a1， a2 = 2a1， 4a2 = a4不成立，故 B 錯誤.
對于 D，
可令 a = 2n-1，則 a + a = 22m-1 + 22n-1 2 × 22m-1 × 22n-1n 2m 2n = 2
m+n = 2am+n ，
當且僅當m = n 時等號成立，滿足題干條件，
m+n-1
此時， 2aman = 2 = am+n ，故 D 選項可能成立
故選： D
【點睛】對于數列相關的不等問題，要結合題干條件進行適當變形，利用基本不等式或導函
數進行求解.
三、填空題
7．（2024·云南楚雄·一模）將函數 f x = x + 2sin x（ x > 0）的所有極小值點按從小到大的
順序排列成數列 an ，則 tan a2023 = ．
【答案】 3
4π
【分析】由題意先求出函數 f x 的極小值點為 x = 2kπ + ， k Z ，可以發現它們構成等
3
差數列，結合三角函數的周期性即可求解.
【詳解】 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 ∴函數 在區間 + + ÷（ k Z ）上單調遞減，在區間 2kπ + , 2kπ +
è 3 3 ÷ è 3 3
（ k Z ）上單調遞增，
∴函數 f x 的極小值點為 x = 2kπ 4π a 4π 4π+ ， k Z ，∴ 1 = ， a2 = + 2π ，3 3 3
∴數列 an 是公差為 d = a2 - a1 = 2π 的等差數列，
∴ tan a = tan 4π2023 + 2π 2022
4π
3 ÷
= tan = 3 ．
è 3
故答案為： 3 .
1
8．（23-24 高三上·上海楊浦·階段練習）設函數 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，試將 I1、 I2 、 I3從
小到大排列為 .
【答案】 I2 < I1 < I3
【分析】根據題意，結合數列的單調性與函數的單調性，代入計算，即可比較大小.
2
【詳解】函數 f1 x = x -1在 0, + 上單調遞增，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
- -
因為 f2 x = e 2
1
= 2 ù 1 í 1 ，故函數 f2 x 在 - , ú 上單調遞增，在 ,+ 2 ÷上單調遞 -x 2e2 è , x
1 è
>
2
減，
1 x 1 1- - - - x- 1
因為 f 1- x = e 2 = e 2 = f x ，所以，函數 f2 x 的圖像關于直線 x = 對稱，2 2 2
由題意可知 ai + a99-i =1 i = 0,1,2,L, 49 ，則 f ai = f a99-i ，
1
因為 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
因為 f3 1- x
1
= sin é2π 1- x
1
ù = sin 2π - 2πx
1
= - sin 2πx = - f3 x ，3 3 3
故函數 f3 x
1
的圖像關于點 ,0÷對稱，
è 2
由題意可知 ai + a99-i =1 i = 0,1,2,L, 49 ，則 f ai = - f a99-i ，
1
當0
1 π
x 時，0 2πx
é ù
，函數 f x 在 0, 上單調遞增，
4 2 3 ê 4ú
1 3 π 3π f x é1 3ù當 x 時， 2πx ，函數 在
4 4 2 2 3 ê
,
4 4ú 上單調遞減，
3 3π é3 ù
當 x 1時， 2πx 2π ，函數 f3 x 在 ê ,14 ú 上單調遞增，4 2
0 a a 1 3因為 = 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 ，
因為 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 .
故答案為： I2 < I1 < I3
9．（2024·全國· 10模擬預測）已知等比數列 an 的首項a1 = 2 ，且 a2 + a3 = 8 a5 + a6 ，記 an
的前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，則當不等式 Sn -Tn < 0 成立時， n的最大值為 ．
【答案】19
【分析】由等比數列的通項公式、前 n項和公式及等差數列前 n項和公式，結合不等式成立
問題，分類討論思想即可求解．
【詳解】設等比數列 an 的公比為 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
則 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*．
當 n =1時， 2-1 + 2-1 =1，不等式不成立；
-n2 +21n-22 -n2 +21n-22
當1< n < 20,n N*時， 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
當 時， -1，所以
2 2 2 + 2
-n 2-1 + 2-20 <1，不等式不成
立．
故當不等式 Sn -Tn < 0 成立時， n的最大值為 19．
故答案為：19．
四、解答題
10．（23-24 高三上·湖南衡陽·階段練習）點 A(n,an ) （ n N*）在函數 f (x) = log2 (3x + 2)圖象
上. a數列{ b nn }滿足bn = 2 .
(1)證明：數列{ bn }為等差數列.
bn -2 27
(2)數列{ cn }
1
滿足 cn = ( ) 3 .求Tn 為{ bncn }前 n 項和及當Tn > ，求 n 的最小值.2 4
【答案】(1)證明見解析
(2)5
【分析】（1）由指對數運算可得bn = 3n + 2，作差法及等差數列定義證明結論即可；
b c 3n + 2 3n + 8（2）由（1）得 n n = n ，應用錯位相減法、等比數列前 n 項和公式求得Tn = 8 - 2n ，2
再根據不等式能成立求 n 的最小值.
【詳解】（1）由題設 an = log2 (3n + 2)，則bn = 3n + 2，故bn+1 - bn = 3(n +1) + 2 - 3n - 2 = 3，
所以數列{ bn }是公差為 3 的等差數列.
（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則 = + + ...
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 > ，則 < ，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 遞減，而 4 = ，故 n > 4時 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·階段練習）若數列 an 在某項之后的所有項均為一常數，則稱 an
*
是“最終常數列”.已知對任意 n m m,n N ，函數 f x 和數列 an 滿足 an+1 = f min a .1 i n i
(1)當 f x > x時，證明： an 是“最終常數列”；
(2)設數列 bn 滿足b1 = am+1，對任意正整數 n,bn+1 = f bn .若方程 f x - x = 0無實根，證
明： an 不是“最終常數列”的充要條件是：對任意正整數 i，bi = am+i ；
(3)若m =1, f x = x2 , an 不是“最終常數列”，求 a1的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3) 0,1
【分析】（1）利用“最終常數列”定義即可證明；
（2）利用反證法結合“最終常數列”新定義證明必要性，利用“最終常數列”定義證明必要性；
（3）利用第二問的證明結論即可求出 a1的取值范圍.
【詳解】（1）因為 f x > x，所以對任意 n m, an+1 = f min ai > min ai ，故數列最小值1 i n 1 i n
不變.
即對于任意 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
故對于任意 n m +1，有 an = f min ai 1 i m ，故 an 是“最終常數列”.
（2）必要性，若 an 不為“最終常數列”，假設存在一個 n m 使得 an+1 min a 1 i n i ，則由
（1）同理可知其最小值不變，故 an 為“最終常數列”，矛盾.所以對任意
n m, an+1 < min ai 1 i n .
故對任意 n m +1，均有 an = min ai 成立，故 an+1 = f a1 i n n 對任意 n m +1 成立，
又由 bn 定義遞推，知對任意正整數 i,bi = am+i .
充分性：若任意正整數 i,bi = am+i ，則 an+1 = f an 對任意 n m +1成立，
又由 an 定義知任意 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項后嚴格遞減，
故不是“最終常數列”.
綜上，原命題得證.
（3）由（2）知：要求 f a1 = a2 < min ai = a a 1 i 1 1，解得 1 0,1 .
下面證明： a1 0,1 即為所求.
由 a1 0,1 2時， a2 = f a1 = a1 0,1 ，
由遞推可知，對任意 n N* 均有 an 0,1 .
進而 an+1 = f a 對任意 n N*n 均成立，結合（2）結論知 an 不是“最終常數列”.故 a1的取值
范圍是 0,1 .
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵是：一要準確理解給定的新定義；二要利用反證法得
出矛盾考點 38 數列中的綜合問題（2 種核心題型+基礎保分練+綜合
提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
數列的綜合運算問題以及數列與函數、不等式等知識的交匯問題，是歷年高考的熱點內
容．一般圍繞等差數列、等比數列的知識命題，涉及數列的函數性質、通項公式、前 n 項和
公式等
【核心題型】
題型一　等差數列、等比數列的綜合運算
　數列的綜合問題常將等差、等比數列結合，兩者相互聯系、相互轉化，解答這類問題的方
法：尋找通項公式，利用性質進行轉化．
【例題 1】（2023·湖北荊門·模擬預測）血藥濃度檢測可使給藥方案個體化，從而達到臨床用
藥的安全、有效、合理.某醫學研究所研制的某種新藥進入了臨床試驗階段，經檢測，當患
者 A 給藥 3 小時的時候血藥濃度達到峰值，此后每經過 2 小時檢測一次，每次檢測血藥濃
度降低到上一次檢測血藥濃度的 40%，當血藥濃度為峰值的1.024% 時，給藥時間為（ ）
A．11 小時 B．13 小時 C．17 小時 D．19 小時
【變式 1】（2023 高三·全國·專題練習）已知集合 A = x | x = 2k1,k1 N* ，
B = x | x = 3k2 , k2 N* ，將 A B 中所有元素按從小到大的順序排列構成數列 an ，設數列
an 的前 n 項和為 Sn ，若am = 27，則 m 的值等于 ， S50的值為 .
【變式 2】（2024·四川綿陽·三模）已知首項為 1 的等差數列 an 滿足： a1,a2 ,a3 +1成等比數
列.
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)若數列 bn 滿足： a1bn + a n2bn-1 +L+ anb1 = 3 -1，求數列 bn 的前 n項和Tn .
【變式 3】（2023 高三·全國·專題練習）設{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且
a1 = b1 = a2 - b2 = a3 - b3 =1．
(1)求{an}與{bn}的通項公式；
(2)設{an}的前 n項和為 Sn ，求證： (Sn+1 + an+1)bn = Sn+1bn+1 - Snbn ；
題型二　數列與其他知識的交匯問題
(1)數列與不等式的綜合問題及求解策略
①判斷數列問題的一些不等關系，可以利用數列的單調性比較大小或借助數列對應的函數的
單調性比較大小．
②以數列為載體，考查不等式恒成立的問題，此類問題可轉化為函數的最值．
③考查與數列有關的不等式證明問題，此類問題一般采用放縮法進行證明，有時也可通過構
造函數進行證明．
(2)數列與函數交匯問題的主要類型及求解策略
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前 n 項和公式、
求和方法等對式子化簡變形
命題點 1　數列與不等式的交匯
【例題 2】（2024·重慶·三模）數列 an 的前 n項和為 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若
l an + 3 - 3n + 2 > 0對任意 n N* 恒成立，則實數l 的取值范圍為（ ）
1 , 5A． +

÷ B． 1, +

C． ,+

÷ D． 2, +
è 2 è 4
【變式 1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數 f (n) = an , n N* .
1
①當 a = 2時，bn = 1+ b f (n) ，記 n 前 n項積為Tn ，若m > Tn 恒成立，整數m 的最小值
是 ;
f (n) -1 n3
②對所有 n 都有 3 成立，則 a的最小值是 .f (n) +1 n +1
a a a *
【變式 2】（2024·湖南長沙·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 + 2 + 3 +L+ n = 2n2 3 n n N .
(1)求數列 an 的通項公式；
a
(2)已知數列 bn 滿足bn = nn+1 .2
①求數列 bn 的前 n 項和Tn ；
②若不等式 -1 n l < T nn + n 對任意 n N* 恒成立，求實數l 的取值范圍.2
【變式 3】（2024·遼寧·二模）設等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ，公差為 d，且 a1d 0 .若等
Sn
差數列 bn ，滿足bn = 2a .n
(1)求數列 bn 的通項公式；
5
(2)若 d = ，記數列 bn 的前 n 項和為Tn ，且Tn > Sn，求 n 的最大值.14
命題點 2　數列與函數的交匯
【例題 3】（2024·福建莆田·三模）已知定義在 (0, + )上的函數 f (x) 滿足 f x +1 = 2 f x +1，
且 f (1) =1，則 f 100 =（ ）
A． 2100 -1 B． 2100 +1 C． 2101 -1 D． 2101 +1
【變式 1】（2024·廣西來賓·模擬預測）函數 f (n) =| n -1| + | n - 2 | + | n - 3 | +L+ | n -15 |（n 為
正整數）的最小值為 ．
【變式 2】（2024·浙江紹興·三模）已知函數 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零點構成
遞增數列 an n N* ．
(1)求函數 f x 的周期和最大值；
(2)求數列 an 的通項公式 an 及前 n項和 Sn ．
1 1
【變式 3】（2024·上海·模擬預測）已知 f x = x 2+ x ，數列 an 的前 n項和為 S2 2 n ，點
n, S *n n N 均在函數 y = f x 的圖象上.
(1)求數列 an 的通項公式；
4 x
(2)若 g x = x ，令bn = g
an
÷ n N* ，求數列 bn 的前 2024 項和T4 + 2 2025 2024 .è
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2024· π山西陽泉·三模）已知等差數列{an}中，a7是函數 f (x) = sin(2x - 6 ) 的一個極大值點，
則 tan(a5 + a9 ) 的值為（ ）
A 3． B． 3 C．± 3 D．- 3
3
2．（2020·遼寧遼陽·二模）已知等差數列 an 的公差為 2，前 n項和為 Sn ，且 S1， S2 ， S4 成
1
等比數列.令bn = a a ，則數列 bn 的前 50 項和T50 = （ ）n n+1
50 49 100 50
A． B． C． D．
51 50 101 101
3 *．（2024·山東·二模）歐拉函數j n n N 的函數值等于所有不超過正整數 n，且與 n互質
2n
的正整數的個數，例如j 4 = 2 .已知bn = j 3n+1 ， n N
* ，Tn 是數列 bn 的前 n項和，若
Tn < M 恒成立，則M 的最小值為（ ）
3 7
A． B．1 C． D．2
4 6
4．（2024·福建泉州·二模）在等比數列 an 中， a1,a5 是函數 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的兩個
極值點，若 a2a4 = 2 2a3 - 2，則 t 的值為（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
二、多選題
5．（2024·云南·模擬預測）已知定義在R 上的函數 f x 滿足：
f x + y + f x - y = 2 f x f y ，且 f 2 = -1，則下列說法中正確的是（ ）
A． f x 是偶函數
B． f x 關于點 2,-1 對稱
C．設數列 an 滿足 an = f n ，則 an 的前 2024 項和為 0
f 10 D 1． 3 ÷
可以是
è 2
6．（2024·湖北·模擬預測）對于正整數 n，j n 是小于或等于 n 的正整數中與 n 互質的數的
數目．函數j n 以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如j 9 = 6（1,2,4,5,7,8與9
互質），則（ ）
A．若 n 為質數，則j n = n -1 B．數列 j n 單調遞增
ì n ü
C n．數列 í n 的最大值為 1 D．數列 j 3 為等比數列 j 2
三、填空題
7．（2021·江西·模擬預測）已知公差不為 0 的等差數列 an 的部分項 ak ， a1 k2 ， ak3 ，……構成
等比數列 an ，且 k1 =1， k2 = 2， k3 = 5，則 kn = .
8．（2023·陜西寶雞·模擬預測）已知實數 a、b 、 c、d 成等差數列，且函數 y = ln x + 2 - x
在 x = b 時取到極大值 c，則 a + d = .
ln x
9．（2024·四川成都·模擬預測）已知數列 an 滿足 ln an+1 = an +1，函數 f x = 在 x = xx +1 0
處取得最大值，若 ln a4 = 1+ a2 x0 ，則 a1 + a2 =
四、解答題
10．（2023·全國·模擬預測）已知等差數列 an 的前 n 項和為 Sn ， a1 + a2 + 3a4 = 25，且
a3 + 2， a4，a5 - 2成等比數列．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2)設bn = a × 3
an +1
n ，求數列 bn 的前 n 項和Tn ．
11．（2024· *浙江·二模）歐拉函數j n n N 的函數值等于所有不超過正整數 n且與 n互素
的正整數的個數，例如：j 1 =1，j 4 = 2，j 8 = 4，數列 an 滿足 an = j 2n n N* .
(1)求 a1， a2，a3，并求數列 an 的通項公式；
n log a
(2)記bn = -1 2 2na ，求數列 bn 的前 n和 Sn .2n
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2024·遼寧·二模）設等差數列{an}的前 n 項和為 Sn ，點 (n, Sn )(n N
*) 在函數
f (x) = Ax2 + Bx + C(A, B,C R)的圖象上，則（ ）
A．C0 =1 B．若 A = 0 $n N*，則 0 ，使 Sn 最大
C．若 A > 0 $n * *，則 0 N ，使 Sn 最大 D．若 A < 0，則$n0 N ，使 Sn 最大
2．（2022 高三·全國·專題練習）已知數列 an
π
為等差數列，且 a7 = .設函數2
f x = sin2x + 2cos2 x ，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 13 項和為（2 ）
13π
A． B．7π C．7 D．13
2
a a
3．（23-24 n+2 n+1高三下·重慶·階段練習）定義：滿足 : = q q *a a 為常數， n N ）的數列n+1 n
an 稱為二階等比數列，q為二階公比.已知二階等比數列∣an 的二階公比為
2,a1 =1, a2 = 2 ，則使得 an > 2024 成立的最小正整數 n為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．（2024·江蘇徐州·一模）已知數列 an 的前n項和為 Sn ，且3S *n = 2an +1， n N ．若 Sk 2024，
則正整數 k 的最小值為（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
7π
5．（23-24 高三上·山西運城·期末）已知等差數列 an 中， a9 = ，設函數12
f (x) = cos4 x - sin4 x - 2 3 sin x cos x -1，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 17 項和為（ ）
A．-51 B．-48 C．-17 D．0
6．（2024·安徽池州·二模）對于數列 an ，若點 n,an 都在函數 y = cq x 的圖象上，其中q > 0
且 q 1，則“ qc >1”是“ an 為遞增數列”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
7．（2024·上海奉賢·三模）若數列 an 的前 n項和為 Sn ，關于正整數 n的方程 Sn × Sn+1 = a 記
為F ，命題 p ：對于任意的 a R ，存在等差數列 an 使得F 有解；命題q：對于任意的
a R ，存在等比數列 bn 使得F 有解；則下列說法中正確的是（ ）
A．命題 p 為真命題，命題q為假命題； B．命題 p 為假命題，命題q為真命題；
C．命題 p 為假命題，命題q為假命題； D．命題 p 為真命題，命題q為真命題；
8．（2024·青海·模擬預測）已知定義在 R 上的函數 f x 滿足
f x + y = f x f y - 2 f x - 2 f y + 6， f 1 = 4 ，則 f 1 + f 2 + ×××+ f 99 =（ ）
A． 299 +198 B． 299 +196 C． 2100 +198 D． 2100 +196
二、多選題
9．（2024·貴州·三模）已知定義域為R 的函數 f x 滿足
f x + y = f x + f y + x2 y + xy2 , f x 為 f x 的導函數，且 f 1 = 2，則（ ）
A． f 0 = 0
B． f x 為奇函數
C． f -2 = 7
D．設bn = f n n N* ，則b2024 = 2023 2025 + 2
2π
10．（2024·河南·三模）將函數 f x = sin wx - ÷ (w > 0, x > 0)的零點按照從小到大的順序
è 3
2
排列，得到數列 an ，且 a1 = ，則（3 ）
A．w = 2 B． f x 在 1,2 上先增后減
31 2
C． a10 = D． an 的前 n 3n + n項和為3 6
11．（2022·海南·模擬預測）對于無窮數列 an ，給出如下三個性質：① a1 < 0；
② "n, s N*， an+s > an + as ；③ "n N* ，$t N* ， an+t > an ，定義：同時滿足性質①和②
的數列 an 為“s 數列”，同時滿足性質①和③的數列 an 為“t 數列”，則下列說法正確的是
（ ）
A．若 an = 2n - 3，則 an 為“s 數列”
a 1B．若 n = - n ，則 an 為“t 數列”2
C．若 an 為“s 數列”，則 an 為“t 數列”
D．若等比數列 an 為“t 數列”，則 an 為“s 數列”
三、填空題
12．（2024·浙江·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 a
1
n = ，數列 bn 的n + n -1
前 n b項和為T nn ，且 2 -1 Sn = an+1，則滿足Tn 2的正整數 n的最小值為 .
1 1 *
13．（2023 高三·全國·專題練習）函數 f x 滿足 f n +1 = , f 1 = n N1+ f n 2 ．若不
等式 f n +1 - f n M 對任意的 n恒成立，則M 的最小值是 ．
14．（23-24 2高三上·河北邢臺·開學考試）函數 f x = x - x + a 1的最小值是 2 ，數列 an 滿足
an+1 = f an ， a1 =1，則數列 an 的通項公式是 ．
四、解答題
15．（2024·上海虹口·二模）已知等差數列 an 滿足 a2 = 5， a9 + 7 = 2a6 .
(1)求 an 的通項公式；
(2) 2 2設數列 bn 前 n項和為 Sn ，且bn = an+1 - an ，若 Sm > 432，求正整數m 的最小值.
a 1
16．（2024·江蘇連云港· n模擬預測）已知數列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 Sn = +2 a ．n
(1)證明：數列 S 2n 是等差數列；
ì 1
,n =1 S
(2) n數列 Sn 的每一項均為正數，bn = í 1 ，數列 bn 的前 n 項和為Tn ，當 ,n 2
Sn + Sn-1
T 2n 1012時，求 n 的最小值．
17．（2024·四川成都·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ,3Sn = 4an - 2 .
(1)證明：數列 an 是等比數列，并求出通項公式；
(2) f x = x2 設函數 × lnx
1
- ÷的導函數為 f x ，數列 bn 滿足bn = f an ，求數列 b2 n 的è
前 n項和Tn .
18．（23-24 高三下·河北衡水·期中）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求數列 an 的通項公式；
1 1 1 1
(2)求證： + + +L+ < 2S S S S ．1 2 3 n
19．（2024·湖南衡陽·三模）已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn ，首項 a1 =1 .
(1) 2若 an = 4Sn - 2an -1，求數列 an 的通項公式；
(2)若函數 f (x) = 2ex + x，正項數列 an 滿足： an+1 = f (an )(n N*) .
（i S 3n）證明： n - n -1；
1 1 1 1
ii 3 *（ ）證明： (1+ 2 )(1+ 2 )(1+ 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N )5a2 5a3 5a4 5a
.
n
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·陜西安康·模擬預測）設函數 f x = 2x +1，數列 an ， bn 滿足 an = f n , f bn = n ，
則 a2 =（ ）
A．b7 B．b9 C．b11 D．b13
3π
2．（23-24 高三上·廣東揭陽·階段練習）已知等差數列 an 中， a7 = ，設函數8
f x = 4cos2 x - 2 ÷sin x + cos 2x + 2，記 yn = f an ，則數列 yn 的前 13 項和為（2 ）è
A．7 B．13 C．20 D．26
3．（2022 高三·全國·專題練習）已知數列 an 滿足a1 = 45,3an+1 = an -1，則滿足不等式
ak -1 × ak < 0的 k 的值為（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（23-24 高三上·四川·階段練習）已知數列 an 滿足 a
1
1 = - ，且 an+1 = an + -2
n+1
，若使不
3
等式 an l 成立的 an 有且只有三項，則l 的取值范圍為（ ）
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、多選題
5．（23-24 *高三下·河北·開學考試）歐拉函數j n n N 是數論中的一個基本概念，j n
的函數值等于所有不超過正整數 n，且與 n互質的正整數的個數（只有公因數 1 的兩個正整
數互質，且 1 與所有正整數（包括 1 本身）互質），例如j 8 = 4，因為 1，3，5，7 均與 8
互質，則（ ）
A．j 4 ×j 6 = j 10 B．數列j 2n 單調遞增
ìj 2n ü
C．j 100 = 40 3D．數列 íj 3n 的前
n項和小于
2
6．（2022·浙江紹興·模擬預測）已知正項數列 an ，對任意的正整數m、n 都有 2am+n a2m + a2n ，
則下列結論可能成立的是（ ）
a
A． n
a
+ m = amn B．nam + man = am n m+n
C． am + an + 2 = amn D． 2am ×an = am+n
三、填空題
7．（2024·云南楚雄·一模）將函數 f x = x + 2sin x（ x > 0）的所有極小值點按從小到大的
順序排列成數列 an ，則 tan a2023 = ．
1
8．（23-24 2 - x-高三上·上海楊浦·階段練習）設函數 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，試將 I1、 I2 、 I3從
小到大排列為 .
9．（2024·全國·模擬預測）已知等比數列 an 的首項a1 = 210，且 a2 + a3 = 8 a5 + a6 ，記 an
的前 n項和為 Sn ，前 n項積為Tn ，則當不等式 Sn -Tn < 0 成立時， n的最大值為 ．
四、解答題
10．（23-24 高三上·湖南衡陽·階段練習）點 A(n,an ) （ n N*）在函數 f (x) = log2 (3x + 2)圖象
上.數列{ bn } b = 2
a
滿足 nn .
(1)證明：數列{ bn }為等差數列.
(2) { c } c (1
bn -2
數列 n 滿足 3n = ) .求Tn 為{ b c T
27
n n }前 n 項和及當2 n
> ，求 n 的最小值.
4
11．（23-24 高三下·湖南·階段練習）若數列 an 在某項之后的所有項均為一常數，則稱 an
是“最終常數列”.已知對任意 n m m,n N* ，函數 f x 和數列 an 滿足 an+1 = f min a .1 i n i
(1)當 f x > x時，證明： an 是“最終常數列”；
(2)設數列 bn 滿足b1 = am+1，對任意正整數 n,bn+1 = f bn .若方程 f x - x = 0無實根，證
明： an 不是“最終常數列”的充要條件是：對任意正整數 i，bi = am+i ；
(3)若m =1, f x = x2 , an 不是“最終常數列”，求 a1的取值范圍.

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