探究数列典型问题

数列知识点-——-求通项一、由数列的前几项求数列的通项:观察法和分拆与类比法-—-—-猜测———-证明（略）二、由a n 与S n 的关系求通项a n例1已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ＝3n －1，则它的通项公式为a n ＝________。

答案2·3n －1练1 已知数列｛a n ｝的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________． 答案a n ＝错误!三、由数列的递推公式求通项例3、（1）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =,13n n n a S +=+，*n ∈N ．设3n n n b S =-,求数列{}n b 的通项公式;答案： 13(3)2n n n n b S a -=-=-,*n ∈N ．(2）（4)在数列{}n a 中,11a =，22a =，且11(1)n n n a q a qa +-=+-（2,0n q ≥≠)．（Ⅰ）设1n n n b a a +=-（*n N ∈），证明{}n b 是等比数列；（Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式；答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩(3）在数列{}n a 中，1112(2)2()n n n n a a a n λλλ+*+==++-∈N ，，其中0λ>．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）求数列{}n a 的前n 项和n S ；答案:(1)2nnn a n λ=-+21212(1)22(1)(1)n n n n n n S λλλλλ+++--+=+-≠- 1(1)22(1)2n n n n S +-=+-λ=(4）已知数列{}n a 满足：()213,22n n a a a n n N *+=+=+∈（1）求数列{}n a 的通项公式； （2)设1234212111n n nT a a a a a a -=+++，求lim n n T →∞答案： 11,,.1,111n n q q q a n q-≠=⎧-+⎪=-⎨⎪⎩注意：由数列的递推式求通项常见类型（请同学们查看高一笔记)1.)(1n f a a n n +=+ 2 . n n a n f a )(1=+.3 q pa a n n +=+1（其中p,q 均为常数，)0)1((≠-p pq )。

深度学习观下数列名题探究 ---对斐波那契数列的学习及思考关键词：数学思想；深度学习；历史名题；探究深度学习是学生在教师引领下，围绕着具有挑战性的学习主题，在思维、情感、意志、价值观上做到全身心投入，认真参与、积极建构、体验成功、获得发展的有意义的学习过程。

教学的本质是“学”而非“教”，本质在于根据学生经验，设计出据有挑战性的问题，引发学生深度思考，提升学生高阶思维能力，关注知识与技能的同时，挖掘知识与技能背后蕴藏的数学本质，思考其体现的数学思想，最终达成学生形成和发展数学学科核心素养的目标。

斐波那契数列，数列学习中最经典的数列，来自自然，和谐而有趣。

它在2019新课标人教A版选择性必修第二册第四章数列4.1数列的概念的阅读与思考内容中呈现，主要是研究了斐波那契数列的来源（兔子数列）和递推关系，还有相邻两项的关系构成的新数列。

笔者希望能以数列核心思想作引领，从数学文化视角探究斐波那契数列，让学生通过自主探究、合作探究等方式获得新知，实现课堂从浅层学习到深度学习的转型，对数列知识和方法进行反思内化再建构，充分理解本质，达到深度学习数列知识、思想与方法的目的。

一、教学片段（一）认识数列一般而言，兔子在出生两个月后就有防止能力一对兔子每个月能生出一对小兔子来，如果所有的兔子都不死。

[1]问：分别求第1个，第3个，第7个，第12个月的兔子数。

师：大家有什么好的研究方法呢？生：这简单，枚举法，从第1个月开始排列一下。

师：同桌之间合作，把讨论结果填写在下面的表格中。

学生独立思考，填写表格。

教师展示（图1）（图1）师：兔子的只数形成的是一个非常美丽、和谐的数列，各项分别为：师：当时间推长，继续列举下去吗？请观察一下各项之间有什么联系？生：前面两个数之和就是第三个数。

生：前两项不符合的，应该修正一下。

从第三项起，前面两个数的和是第三个数。

师：很好，同学的观察能力很强，逻辑严谨！请同学们用一般性的语言，用数列的语言表达出这个结论。

数学分析中的典型问题与方法引言数学分析是数学中的一个重要分支，它研究的是变化和连续性的数学理论。

在数学分析中，我们常常会遇到一些典型的问题和方法。

本文将介绍其中一些典型问题和方法，并对每个问题和方法进行详细讨论。

1. 极限和连续性在数学分析中，极限和连续性是最基本的概念之一。

极限描述了函数在某一点上的趋近行为，而连续性描述了函数在某一区间上的无间断性。

我们常用数列极限来定义函数极限，而函数连续性则可以用极限的概念来描述。

1.1 数列极限数列极限是指数列中的元素在趋近无穷大或趋近某一实数时的行为。

对于一个数列 {an}，如果当 n 趋近于无穷大时，数列的元素无限接近于某一实数 L，则称 L 为数列 {an} 的极限，记作lim (n -> ∞) an = L数列极限具有一些重要的性质，比如唯一性、保序性和四则运算等，这些性质是我们研究数列极限时常用的工具。

1.2 函数极限函数极限描述了函数在某一点上的趋近行为。

对于一个函数 f(x)，如果当 x 趋近于某一实数 a 时，函数的值无限接近于某一实数 L，则称 L 为函数 f(x) 在点 a 处的极限。

我们常用极限的定义来研究函数的性质和行为。

函数极限也具有一些重要的性质，比如唯一性、保序性和四则运算等，我们能够利用这些性质来求解函数的极限。

1.3 连续性连续性是函数的一个重要性质，它描述了函数在某一区间上的无间断性。

对于一个函数 f(x)，如果对于任意给定的实数a，函数 f(x) 在点 a 处的极限存在且等于函数在点 a 处的函数值，则称函数 f(x) 在点 a 处连续。

连续函数具有一些重要的性质，比如介值定理、最值定理和零点定理等，这些性质是帮助我们分析函数行为的重要工具。

2. 导数和微分导数和微分是数学分析中的另一个重要概念。

导数描述了函数在某一点上的瞬时变化率，而微分则描述了函数在某一点上的线性近似。

2.1 导数对于一个函数 f(x)，如果函数在某一点 a 处的极限lim (h -> 0) [f(a + h) - f(a)] / h存在，则称这一极限为函数 f(x) 在点 a 处的导数，记作f’(a) 或 df/dx | x=a。

高考数学中常见的数列问题解答数列作为高考数学中的常见考点之一，经常出现在各类数学试题中。

学好数列的相关知识，不仅能够帮助我们解答问题，还能够提高我们的逻辑推理能力和问题解决能力。

本文将针对高考数学中常见的数列问题，进行详细的解答和分析，帮助同学们更好地应对考试。

一、等差数列问题解答等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

常见的等差数列问题通常涉及求和、通项等问题。

1. 求等差数列的前n项和：设等差数列的首项为a1，公差为d，首项为a1，末项为an，共有n 项。

根据等差数列的特点，可得到如下公式：Sn = (2a1 + (n - 1)d) * n / 22. 求等差数列的通项公式：设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an。

根据等差数列的特点，可得到如下公式：an = a1 + (n - 1)d3. 求等差数列中满足特定条件的项数：对于等差数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。

例如，已知等差数列的首项为a1，公差为d，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 + (n - 1)d = m二、等比数列问题解答等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

常见的等比数列问题通常涉及求和、通项等问题。

1. 求等比数列的前n项和：设等比数列的首项为a1，公比为q，首项为a1，末项为an，共有n 项。

根据等比数列的特点，可得到如下公式：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)2. 求等比数列的通项公式：设等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an。

根据等比数列的特点，可得到如下公式：an = a1 * q^(n - 1)3. 求等比数列中满足特定条件的项数：对于等比数列，我们常常需要求出满足一定条件的项数。

例如，已知等比数列的首项为a1，公比为q，求第n项为m的项数时，可以通过以下公式解答：an = a1 * q^(n - 1) = m三、其他常见数列问题解答除了等差数列和等比数列外，还有一些其他常见的数列形式，如递推数列、斐波那契数列等，下面将对这些问题进行解答。

完整版)数列典型例题(含答案)等差数列的前n项和公式为代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得代入已知条件，得到解得。

因此，前项和为。

⑵由已知条件可得代入等差数列的前n项和公式，得到化简得因此，前项和为。

8.(2010山东理) 已知等差数列 $a_1,a_2,\ldots,a_n,\ldots$，其中 $a_1=1$，公差为 $d$。

1) 求 $a_5$ 和 $a_{10}$。

2) 满足 $a_1+a_2+\ldots+a_k=100$，$a_1+a_2+\ldots+a_{k+1}>100$，$k\in\mathbb{N}$，求该等差数列的前 $k$ XXX。

考查目的：考查等差数列的通项公式和前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力。

答案：(1) $a_5=5d+1$，$a_{10}=10d+1$；(2) $k=13$，前$k$ 项和为 $819$。

解析：(1) 根据等差数列的通项公式 $a_n=a_1+(n-1)d$，可得 $a_5=1+4d$，$a_{10}=1+9d$。

2) 设该等差数列的前 $k$ 项和为 $S_k$，则由等差数列的前项和公式可得 $S_k=\dfrac{k}{2}[2a_1+(k-1)d]$。

根据已知条件可列出不等式组：begin{cases}S_k=100\\S_{k+1}>100end{cases}将 $S_k$ 代入得：frac{k}{2}[2+(k-1)d]=100整理得：$k^2+kd-400=0$。

知识框架111111(2)(2)(1)(1)()22()n n n n n n m p q n n n n a q n a a a qa a d n a a n d n n n S a a na d a a a a m n p q --=≥=⎧⎪←⎨⎪⎩-=≥⎧⎪=+-⎪⎪-⎨=+=+⎪⎪+=++=+⎪⎩两个基等比数列的定义本数列等比数列的通项公式等比数列数列数列的分类数列数列的通项公式函数角度理解的概念数列的递推关系等差数列的定义等差数列的通项公式等差数列等差数列的求和公式等差数列的性质1111(1)(1)11(1)()n n n n m p q a a q a q q q q S na q a a a a m n p q ---=≠--===+=+⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎩⎩等比数列的求和公式等比数列的性质公式法分组求和错位相减求和数列裂项求和求和倒序相加求和累加累积归纳猜想证明分期付款数列的应用其他⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪掌握了数列的基本知识，特别是等差、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质，掌握了典型题型的解法和数学思想法的应用，就有可能在高考中顺利地解决数列问题。

一、典型题的技巧解法 1、求通项公式 （1）观察法。

（2）由递推公式求通项。

对于由递推公式所确定的数列的求解，通常可通过对递推公式的变换转化成等差数列或等比数列问题。

(1)递推式为a n+1=a n +d 及a n+1=qa n （d ，q 为常数） 例1、 已知{a n }满足a n+1=a n +2，而且a 1=1。

求a n 。

例1、解 ∵a n+1-a n =2为常数 ∴{a n }是首项为1，公差为2的等差数列∴a n =1+2（n-1） 即a n =2n-1 例2、已知{}n a 满足112n n a a +=，而12a =，求n a =？（2）递推式为a n+1=a n +f （n ）例3、已知{}n a 中112a =，12141n n a a n +=+-，求n a . 解： 由已知可知)12)(12(11-+=-+n n a a n n )121121(21+--=n n令n=1，2，…，（n-1），代入得（n-1）个等式累加，即（a 2-a 1）+（a 3-a 2）+…+（a n -a n-1）2434)1211(211--=--+=n n n a a n ★ 说明 只要和f （1）+f （2）+…+f （n-1）是可求的，就可以由a n+1=a n +f （n ）以n=1，2，…，（n-1）代入，可得n-1个等式累加而求a n 。

探索性问题【考点梳理】一、探索性问题如果把一个数学问题看作是由条件、解题依据、解题方法和结论这四个要素组成的一个系统，那么我们把这四个要素中有两个是未知的数学问题称为探索性问题。

条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征。

二、探索型问题的基本类型1．条件追溯型这类问题的外在形式是针对一个结论，条件未知需探究，或条件增删需确定，或条件正误需判断。

解决这类问题的基本策略是执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或论证找到结论成立的充分条件。

在执果索因的推理过程中，不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，是一种常见错误，必须引起注意。

确定条件是否多余时要着眼于每个条件对所求（或所证）对象的确定性，判断条件正误时多从构造反例入手。

2．结论探索型这类问题的基本特征是有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。

探索结论而后论证结论是解决这类问题的一般型式。

3．存在判断型判断存在型问题是指判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立的探索性问题，解决这类问题通常假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其中一部分的结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论的证明。

4．方法探究型这里指的是需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题，难度较高的构造法即属此型。

在探究方法的过程中，常常需要研究简化形式但保持本质的特殊情形，运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高。

三、思想方法解决探索性问题，较少现成的套路和常规程序，需要较多的分析和数学思想方法的综合运用。

对观察、联想、类比、猜测、抽象、概括诸方面的能力有较高要求。

高考题中一般对这类问题有如下方法：1．直接法2．观察—猜测—证明3．赋值法4．数形结合 5．联想类比6．从特殊到一般7．从特殊到一般再到特殊8．等价转化四、怎样提高解探索问题的能力1．注重双基的训练，夯实基础知识。

《2.3 等差数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2008陕西卷)已知是等差数列，，，则该数列前10项和等于( )A.64B.100C.110 D .120考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式及其基本运算.答案：B解析：设的公差为. ∵，，∴两式相减，得，.∴，.2.(2011全国大纲理)设为等差数列的前项和，若，公差，，则( )A.8B.7C.6D.5考查目的：考查等差数列通项公式的应用、前项和的概念.答案：D解析：由得，，即，将，代入，解得.3.(2012浙江理)设是公差为的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是( )A.若，则数列有最大项B.若数列有最大项，则C.若数列是递增数列，则对任意，均有D.若对任意，均有，则数列是递增数列考查目的：考查等差数列的前项和公式及其性质.答案：C解析：根据等差数列的前项和公式，可得，因为，所以其图像表示的一群孤立的点分布在一条抛物线上. 当时，该抛物线开口向下，所以这群孤立的点中一定有最高点，即数列有最大项；反之也成立，故选项A、B的两个命题是正确的. 选项C的命题是错误的，举出反例：等差数列－1，1，3，5，7，…满足数列是递增数列，但．对于选项D的命题，由，得，因为此式对任意都成立，当时，有；若，则，与矛盾，所以一定有，这就证明了选项D的命题为真.二、填空题4.(2011湖南理)设是等差数列的前项和，且，，则.考查目的：考查等差数列的性质及基本运算．答案：81.解析：设的公差为. 由，，得，. ∴，故.5.(2008湖北理)已知函数，等差数列的公差为. 若，则.考查目的：考查等差数列的通项公式、前项和公式以及对数的运算性质，考查运算求解能力.答案：.解析：∵是公差为的等差数列，∴，∴，∴，∴.6.(2011广东理)等差数列前9项的和等于前4项的和. 若，，则____．考查目的：考查等差数列的性质及基本运算.答案：10.解析：设等差数列前项和为. ∵，∴；∵，∴. ∴，故.三、解答题7.设等差数列的前项和为，且，求：⑴的通项公式及前项和；⑵．考查目的：考查等差数列通项公式、前项和的基本应用，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；.⑵解析：设等差数列的公差为，依题意，得，解得.⑴；⑵由，得.当时，．当时，，∴8.(2010山东理)已知等差数列满足：，，的前项和为．⑴求及；⑵令，求数列的前项和.考查目的：考查等差数列的通项公式与前项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵.解析：⑴设等差数列的公差为，因为，，所以有，解得，，所以，.⑵由⑴知，所以，所以，即数列的前项和.一、选择题1.(2009广东文)已知等比数列的公比为正数，且，，则( ).A. B. C.D.2考查目的：考查等比数列通项公式的基本应用.答案：B解析：设公比为，由已知得，得，又因为等比数列的公比为正数，所以，故.2.(2007天津理)设等差数列的公差，．若是与的等比中项，则( ).A.2B.4C.6D.8考查目的：考查等差数列、等比数列的概念与通项公式、等比中项的概念等基础知识及基本运算能力.答案：B解析：∵，∴；又∵是与的等比中项，∴，即；∵，∴，解得，或(舍去).3.(2010江西理数)等比数列中，，，函数，则( )A. B. C.D.考查目的：多项式函数的导数公式、等比数列的性质等基础知识，考查学生的创新意识，综合与灵活地应用所学数学知识、思想和方法解决问题的能力.答案：C.解析：∵是多项式函数，∴的常数项的一次项系数，∴.二、填空题4.(2007重庆理)设为公比的等比数列，若和是方程的两根，则__________.考查目的：考查一元二次方程、等比数列的概念等基础知识，考查分析问题解决问题的能力．答案：18.解析：根据题意，得，，∴，∴.5.(2009江苏卷)设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则 .考查目的：考查等比数列的概念、等价转化思想和分析推理能力.答案：.解析：根据题意可知，有连续四项在集合中，因为是等比数列，且公比满足，所以这四项只能依次是，所以公比，.6.(2012辽宁理)已知等比数列为递增数列，且，，则数列的通项公式______________.考查目的：考查等比数列的通项公式及方程思想和逻辑推理能力.答案：.解析：∵，∴，得，∴；又∵，∴，∴，解得或(舍去)，∴.三、解答题7.已知数列的首项，关于的二次方程(，且)都有实数根，且满足.⑴求证：是等比数列；⑵求的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、通项公式、一元二次方程的根与系数的关系等基础知识，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：⑴略；⑵．解析：⑴由题设可得，，(，且)；又由，得. 所以，即()，化为(，且)，又，所以是首项为，公比为的等比数列.⑵由⑴的结论，得，所以的通项公式为．8.(2012广东文)设数列前项和为，数列的前项和为，满足，.⑴求的值；⑵求数列的通项公式.考查目的：考查等比数列的概念、递推公式的处理方法、化归思想，考查分析问题解决问题的能力.答案：⑴；⑵.解析：⑴当时，. 因为，所以，求得.⑵当时，，∴①，∴②. ②①得，所以. ∵，易求得，∴，∴. 所以是以3为首项，2为公比的等比数列，，故所以，.置：首页>>高中数学>>教师中心>>同步教学资源>>课程标准实验教材>>同步试题>>必修5《2.5 等比数列的前n项和》测试题一、选择题1.(2007陕西理)各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则( )A.16B.25C.30D.80考查目的：考查等比数列的前项和公式及运算求解能力.答案：C.解析：由，可知，的公比，∴①，②，②式除以①式，得，解得(舍去)，代入①，得. ∴.2.(2010天津理)已知是首项为的等比数列，是的前项和，且，则数列的前项和为( )A.或B.或C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式的应用及等比数列的性质.答案：C解析：设的公比为，若，则，，不合题意，所以. 由，得，得，所以，因此是首项为1，公比为的等比数列，故前5项和为.3.设等比数列的前项和为，若，则等于( )A. B. C.D.考查目的：考查等比数列前项和公式及性质等基础知识，考查运算求解能力.答案：A.解析：解法1：若公比，则，∴. 由，得，∴，∴.解法2：由可知，公比(否则有).设，则，根据，，也成等比数列，及，，得，∴，故.二、填空题4.在等比数列中，已知，则公比.考查目的：考查等比数列的前项和公式及其中包含的分类讨论思想．答案：1或.解析：由已知条件，可得，当时，，符合题意；当时，由，消去，得，解得或(舍去). 综上可得，公比或.5.(2009浙江理)设等比数列的公比，前项和为，则．考查目的：考查等比数列通项公式与前项和公式的基本应用.答案：15.解析：∵，，∴.6.已知等比数列的首项为，是其前项和，某同学经计算得，，，后来该同学发现其中一个数算错了，则算错的那个数是，该数列的公比是 .考查目的：考查等比数列的概念、前项和概念及公式等基础知识，考查分析问题解决问题的能力.答案：，.解析：假设正确，则由，得，所以公比，可计算得，，但该同学算只算错了一个数，所以不正确，，正确，可得，，所以公比.三、解答题7.(2010重庆文)已知是首项为，公差为的等差数列，为的前项和.⑴求通项及；⑵设是首项为，公比为的等比数列，求数列的通项公式及其前项和.考查目的：考查等差数列、等比数列的通项公式与前项和公式的基本应用以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵，.解析：⑴因为是首项为，公差为的等差数列，所以，.⑵由题意，所以，.8.(2012陕西理)设是公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.⑴求数列的公比；⑵证明：对任意，成等差数列.考查目的：考查等比数列的通项公式、前项和公式、等差数列的概念等基础知识，考查推理论证能力.答案：⑴；⑵略.解析：⑴设数列的公比为(). 由成等差数列，得，即. 由，得，解得(舍去)，所以数列的公比为.⑵证法一：对任意，，所以对任意，成等差数列.证法二：对任意，，，∴，因此，对任意，成等差数列.第二章《数列》测试题（一）一、选择题1.(2012安徽理)公比为等比数列的各项都是正数，且，则( ).A.4B.5C.6D.7考查目的：考查等比数列的通项公式与性质、对数的概念与运算等基础知识.答案：B.解析：∵，∴，∵的各项都是正数，∴，∴，∴.2.(2011江西理)已知数列的前项和满足：，且，那么( ).A.1B.9C.10D.55考查目的：考查数列的递推公式、等差数列的概念及通项公式、与的关系.答案：A解析：令，得，∵，∴，∴是首项为，公差为的等差数列，，因此，.3.(2011天津理)已知为等差数列，其公差为，且是与的等比中项，为的前项和，，则的值为( ).A.-110B.-90C.90D.110考查目的：考查等比中项的概念以及等差数列通项公式、前项和公式的基本应用.答案：D解析：设等差数列的公差为，根据题意得，即，将代入，并解得，所以.4.(2012湖北理)定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”. 现有定义在上的如下函数：①；②；③；④.则其中是“保等比数列函数”的的序号为( ).A.①②B.③④C.①③ D.②④考查目的：本题考察等比数列的性质及函数计算.答案：C.解析：对于①，，所以是“保等比数列函数”；对于②，，所以不是“保等比数列函数”；对于③，，所以是“保等比数列函数”；对于④，，所以不是“保等比数列函数”.5.已知数列满足，当时，，则( ).A.1B.2C.-1D.-2考查目的：考查数列递推公式的运用、周期数列的概念与判断，考查分析判断能力.答案：A.解析：由条件可得该数列为：，所以是周期为的周期数列，所以.6.(2012上海理)设，，在中，正数的个数是( ).A.25B.50C.75D.100考查目的：数列前项和的概念、三角函数的周期性，考查综合运用知识分析问题解决问题的能力.答案：D.解析：当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，；当时，，但其绝对值要小于时相应的值；当时，. ∴当时，均有.二、填空题7.(2009北京理)已知数列满足：，，，，则______；_________.考查目的：考查数列的概念、周期数列等基础知识.答案：1，0.解析：依题意，得，.8.(2011湖北理)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为升.考查目的：考查等差数列的概念、基本运算以及运算能力.答案：.解析：记题中的等差数列为，公差为，前项和为. 根据题意知，，两式联立解得，，∴.9.(2010天津文)设是等比数列，公比，为的前项和.记，，设为数列的最大项，则 .考查目的：考查等比数列的前项和公式及平均值不等式等基础知识，考查运算能力.答案：4.解析：根据等比数列前项和公式，得.∵，当且仅当，即时取等号，而，∴当时，取最大值，即数列的最大项为，所以.10.(2011江苏卷)设，其中成公比为的等比数列，成公差为1的等差数列，则的最小值是________.考查目的：考查等差数列、等比数列的概念和通项公式，考查不等式的有关知识及推理判断能力.答案：.解析：由题意可得，∴. ∵，∴当取最小值时，，∴，即的最小值是.11.(2012四川理)记为不超过实数的最大整数，例如，，，.设为正整数，数列满足，，现有下列命题：①当时，数列的前3项依次为5，3，2；②对数列都存在正整数，当时总有；③当时，；④对某个正整数，若，则. 其中的真命题有____________.(写出所有真命题的编号)考查目的：本题属于新概念问题，主要考查对新概念的理解、不等式的性质，以及数列知识的灵活运用和推理论证能力.答案：①③④解析：易证，对于取整函数有下列性质：性质1：当时，；性质2：对，有；性质3：若，，则. ①当时，，，故①为真；②当时，易知该数列为：(1与2交替出现)，所以②为假；③∵，∴；由题易知，对一切，均为正整数，所以无论是奇数还是偶数，均有，故③为真；④若对某个正整数，则由，得，∴，∵是正整数，∴.又∵，，∴(或由③为真，及，直接可得)，故，因此④为真.第二章《数列》测试题（二）三、解答题12.(2009浙江文)设为数列的前项和，，，其中是常数．⑴求及；⑵若对于任意的，，，成等比数列，求的值．考查目的：考查数列的通项与前项和以及它们之间的关系，考查等比数列的概念以及运算求解能力.答案：⑴，；⑵或.解析：⑴当时，；当时，.而也适合上式，所以.⑵∵，，成等比数列，∴，即，化简并整理得. ∵此式对成立，∴或.13.(2010全国卷Ⅱ文)已知是各项均为正数的等比数列，且，.⑴求的通项公式；⑵设，求数列的前项和.考查目的：考查等比数列的通项公式与前项和公式、方程与方程组等基础知识，考查运算求解能力.答案：⑴.⑵.解析：⑴设的公比为，则.由已知，有，化简得，解得，(舍去)，所以.⑵由⑴知，所以.14.(2008湖南理)数列满足⑴求，，并求数列的通项公式；⑵设，，证明：当时，.考查目的：考查数列递推公式的运用、等差数列、等比数列的概念和通项公式、三角函数等基础知识，考查数列求和、不等式证明的基本方法，以及分析问题解决问题的能力.答案：⑴，，；⑵略.解析：⑴∵，，∴，.一般地，当时，，即，所以数列是首项为1、公差为1的等差数列，因此.当时，，所以数列是首项为2、公比为2的等比数列，因此.∴数列的通项公式为.⑵由⑴知，，①，②，得，，∴.要证明当时，成立，只需证明当时，成立.证明：要证明，只需证明.令，则，∴当时，.∴当时，.于是当时，.15.(2012广东理)设数列的前项和为，满足，且，，成等差数列．⑴求的值；⑵求数列的通项公式；⑶证明：对一切正整数，有．考查目的：考查数列和不等式的概念及其性质、数列与函数的关系等基础知识，考查数列递推公式的运用、不等式放缩等基本方法，考查综合运用知识分析问题的能力、推理论证能力和运算求解能力.答案：⑴；⑵；⑶略.解析：⑴在中，令得；令得，解得，.又∵，∴解得.⑵由，得.又∵也满足，∴成立，∴，∴，∴.⑶(法一)∵，∴，∴.(法二)∵，∴，当时，，，，…，，累乘得，∴.。

一个典型的数列裂项相消的例题如下：
例题：考虑数列{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...}，其中每一项等于前两项的和。

给定一个正整数N，计算数列的前N项之和。

解题思路：
这个数列是著名的斐波那契数列，它的定义是F(1) = 1，F(2) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n >= 3）。

我们可以使用裂项相消的方法来解决这个问题。

首先，我们可以设S为数列的前N项和。

那么S的表达式可以写为：
S = 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + ... + F(N-1) + F(N)
然后，我们观察数列中每一项与它前一项的关系，即F(n) = F(n-1) + F(n-2)。

根据这个关系，我们可以发现S的表达式中的一些项可以相互抵消，通过相消的方式简化求解过程。

具体来说，我们可以将S的表达式中的项分为两组，一组是从F(1)到F(N-2)的项，另一组是F(N-1)和F(N)。

对于第一组，我们可以看到F(n)等于它的前两项之和，所以这些项可以两两抵消。

因此，我们可以得到：
S = F(N-1) + F(N)
对于第二组，我们可以看到F(N)等于F(N-1)和F(N-2)的和，所以这两项仍然保留在S中。

综合上述分析，我们可以得到以下简化后的表达式：
S = F(N) + F(N-1)
因此，这个问题的答案就是数列中第N项和第N-1项的和，即F(N) + F(N-1)。

我们可以通过计算斐波那契数列的第N项和第N-1项的值，然后求和来得到最终的答案。

希望这个解题思路能够帮助到你解决数列裂项相消的典型例题！。

数列不等式(典型题型归类训练)目录一、典型题型题型一：数列不等式恒成立题型二：数列不等式能成立(有解)问题二、专题 数列不等式专项训练一、 典型题型题型一：数列不等式恒成立1(23-24高二下·河南南阳·期中)记数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=-1，且a n +1+-1 n ⋅a n =8-2n ．(1)令b n =a 2n ，求数列b n 的通项公式；(2)若对于任意的n ∈ℕ*,2n +1⋅λ-6n +1+S 2n +1≥0恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)b n =9-4n (2)98,+∞．【分析】(1)分类讨论n 是奇数和偶数，利用递推公式计算即可；(2)先利用等差数列求和公式分组求和，再分离参数，令c n =n 22n ，判定其单调性，计算即可.【详解】(1)令n =2k -1，则a 2k -a 2k -1=10-4k ①，令n =2k ，则a 2k +1+a 2k =8-4k ②，②-①，得a 2k +1+a 2k -1=-2，又因为a 1=-1，所以可得a 2k -1=-1，代入①式，得a 2k =9-4k ，所以b n =9-4n ．(2)S 2n +1=S 奇 +S 偶 ，其中S 奇=-1 ⋅n +1 =-n +1 ，S 偶=b 1+b 2+⋯+b n =5n +n n -12×-4 =7n -2n 2，所以S 2n +1=-2n 2+6n -1．由2n +1⋅λ-6n +1+S 2n +1≥0，可得λ≥n 22n 恒成立．设c n =n 22n ，则c n +1-c n =n +1 22n +1-n 22n =-n 2+2n +12n +1，当1-2<n<1+2，即n=1,2时，c n+1-c n>0,c n<c n+1，当n>1+2，即n≥3时，c n+1-c n<0,c n>c n+1，所以c1<c2<c3>c4>c5>⋯，故c nmax=c3=98，所以λ≥98，即实数λ的取值范围为98,+∞．2(2024·广东韶关·二模)记R上的可导函数f x 的导函数为f x ，满足x n+1=x n-f x nf x nn∈N*的数列x n称为函数f x 的“牛顿数列”.已知数列x n为函数f x =x2-x的牛顿数列，且数列a n满足a1=2,a n=lnx nx n-1,x n>1.(1)求a2；(2)证明数列a n是等比数列并求a n；(3)设数列a n的前n项和为S n，若不等式(-1)n⋅tS n-14≤S2n对任意的n∈N∗恒成立，求t的取值范围.【答案】(1)4(2)证明见解析，a n=2n(3)-9≤t≤253【分析】(1)求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可；(2)对递推式变形结合对数运算求得a n+1a n=2，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式；(3)先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为(-1)n⋅t≤S n+14S n对任意的n∈N∗恒成立，令g x =x+14x，x∈0,+∞，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可.【详解】(1)因为f x =x2-x，则f x =2x-1，从而有x n+1=x n-f x nf x n=x n-x2n-x n2x n-1=x2n2x n-1，由a1=2,a n=lnx nx n-1，则2=lnx1x1-1，则x1x1-1=e2，解得x1=e2e2-1则有x2=x212x1-1=e4e4-1，所以a2=lnx2x2-1=2lnx1x1-1=4；(2)由x n+1=x2n2x n-1，则x n+1x n+1-1=x2n2x n-1x2n2x n-1-1=x2nx2n-2x n+1=x nx n-12，所以a n+1=lnx n+1x n+1-1=lnx nx n-12=2ln x n xn-1=2a n(x n>1)，故a n+1a n=2(非零常数)，且a1=2≠0，所以数列a n是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n=2×2n-1=2n；(3)由等比数列的前n项和公式得：S n=21-2n1-2=2n+1-2，因为不等式(-1)n⋅tS n-14≤S n2对任意的n∈N∗恒成立，又S n>0且S n单调递增，所以(-1)n⋅t≤S n+14S n对任意的n∈N∗恒成立，令g x =x+14x，x∈0,+∞，则g x =1-14x2=x2-14x2，当x∈0,14时，g x <0，g x 是减函数，当x∈14,+∞时，g x >0，g x 是增函数，又2=S1<14<S2=6，且g2 =9，g6 =253，g6 <g2 ，则g x min=g6 =253，当n为偶数时，原式化简为t≤S n+14S n，所以当n=2时，t≤253；当n为奇数时，原式化简为-t≤S n+14S n，所以当n=1时，-t≤9，所以t≥-9；综上可知，-9≤t≤25 3 .3(23-24高二下·贵州贵阳·期中)已知数列a n满足：a n+1=13a n+13n+1，且a1=-23.设a n 的前n项和为T n，b n=3n⋅a n.(1)证明：b n是等差数列；(2)求T n；(3)若不等式T n+34≤ta n对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)T n=-34-n2-34⋅13 n(3)-12≤t≤-18【分析】(1)根据等差数列的定义证明(2)由已知得a n=b n3n=13n⋅n-3，再通过错位相减法求解出T n；(3)不等式化简为t n-3≥3-2n4，把问题转化为t n-3≥3-2n4对n∈N*恒成立，然后分别求出当1≤n<3、n=3和n>3时，t满足的条件即可【详解】(1)因为b n=3n⋅a n，所以b n+1=3n+1⋅a n+1，b n+1-b n=3n+1⋅a n+1-3n⋅a n=3n+113a n+13 n+1-3n⋅a n=1，且b1=-2，所以b n是以-2为首项，且公差为1的等差数列，即b n=n-3.(2)由(1)知，b n=n-3，所以a n=b n3n=13n⋅n-3.则T n=-2⋅131+-1 ⋅13 2+0⋅13 3+⋯+n-4⋅13n-1+n-3⋅13n，于是13T n=-2⋅132+-1 ⋅13 3+0⋅13 4+⋯+n-4⋅13n+n-3⋅13n+1，两式相减得23T n =-23+132+133+134+⋯+13n-n -3 ⋅13n +1=-23+191-13 n -11-13-n -3 ⋅13n +1=-12-n 3-12 ⋅13n，因此T n =-34-n 2-34 ⋅13n.(3)由T n +34≤ta n ，得-n 2-34 ⋅13 n ≤t n -3 ⋅13n ，依题意，t n -3 ≥3-2n4对n ∈N *恒成立，当1≤n <3时，t ≤3-2n 4n -3 =-12-34×1n -3,-12-34×1n -3≥-18，则t ≤-18；当n =3时，不等式恒成立；当n >3时，t ≥3-2n 4n -3=-12-34×1n -3,-12-34×1n -3<-12，则t ≥-12，于是-12≤t ≤-18，综上,实数t 的取值范围是-12≤t ≤-18.4(23-24高二下·吉林长春·阶段练习)设正项数列a n 的前n 项之和b n =a 1+a 2+⋯+a n ，数列b n 的前n 项之积c n =b 1b 2⋯b n ，且b n +c n =1.(1)求证：1c n为等差数列，并分别求a n ､b n 的通项公式；(2)设数列a n ⋅b n +1 的前n 项和为S n ，不等式S n >1λ+λ-136对任意正整数n 恒成立，求正实数λ的取值范围.【答案】(1)证明见解析，a n =1n n +1，b n =nn +1(2)12<λ<2【分析】(1)利用已知关系可得b n =c n c n -1，代入b n +c n =1，化简可证1c n 为等差数列，从而求得a n ，b n的通项公式；(2)由(1)得a n ⋅b n +1=1n n +2，利用裂项相消可得S n =34-121n +1+1n +2 ，利用数列的单调性求出S n ≥S 1=13，解不等式即可求出正实数λ的取值范围.【详解】(1)由题意知：当n ≥2时，b n =c n c n -1，代入b n +c n =1得cn c n -1+c n =1，所以1c n -1c n -1=1.由b 1=c 1b 1+c 1=1，得b 1=c 1=12，所以1c n是以2为首项，1为公差的等差数列，所以1c n=n+1，c n=1n+1，b n=1-c n=nn+1，当n≥2时，a n=b n-b n-1=nn+1-n-1n=1n n+1，当n=1时，a1=b1=12也符合上式，所以a n=1n n+1.(2)由(1)得a n⋅b n+1=1n n+1⋅n+1n+2=1n n+2，所以S n=11×3+12×4+13×5+⋯+1n-1n+1+1n n+2=121-13+12-14+13-15+⋯+1n-1-1n+1+1n-1n+2=34-121n+1+1n+2.显然S n单调递增，所以S n≥S1=1 3 .由题意得1λ+λ-136<13，即1λ+λ<52，又λ>0，所以λ的取值范围为12<λ<2.5(2024·湖南·二模)已知a n是各项都为正数的等比数列，数列b n满足：b n=2log2a n+1，且b1= 1，b4=7.(1)求数列a n,b n的通项公式；(2)若对任意的n∈N*都有2λa n≥b n-2，求实数λ的取值范围.【答案】(1)a n=2n-1；b n=2n-1(2)λ≥38【分析】(1)利用题设条件求得a1,a4，再利用等比数列的通项公式求得a n，进而求得b n；(2)将问题转化为λ≥2n-32n 恒成立，再利用作差法求得f(n)=2n-32n的最大值，从而得解.【详解】(1)因为b n=2log2a n+1，b1=1，b4=7，所以b1=1=2log2a1+1，则a1=1，b4=7=2log2a4+1，则a4=8，因为a n是各项都为正数的等比数列，所以q3=a4a1=8，即q=2，所以a n=2n-1，则b n=2log2a n+1=2n-1+1=2n-1.(2)因为2λa n≥b n-2恒成立，所以λ≥b n-22a n=2n-32n恒成立，设f(n)=2n-32nn∈N*，则f n+1-f n =2n-12n+1-2n-32n=5-2n2n+1，当n≤2时，f(n+1)-f(n)>0，则f(3)>f(2)>f(1)；当n ≥3时，f (n +1)-f (n )<0，则f (3)>f (4)>f (5)>⋯；所以f (n )max =f (3)=38，则λ≥38.6(23-24高二上·山东烟台·期末)设数列a n ，b n 的前n 项和分别为S n ，T n ，a 1=-2，b 1=1，且4S n +1=3S n -8，b n +1=43b n -2a n +1(n ∈N *).(1)求a n 的通项公式，并证明：34n -1b n 是等差数列；(2)若不等式(6nλ-54)43n-(n +3)(T n -9)≤0对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】(1)a n =-2×34n -1，证明见解析；(2)(-∞,3].【分析】(1)根据给定条件，结合a n =S n -S n -1(n ≥2)求出a n 的通项，再利用等差数列的定义推理即得.(2)利用错位相减法求和得，T n =(3n -9)43n+9，由给定不等式得，λ≤n 2+92n =n 2+92n ，再求出n2+92n的最小值即可.【详解】(1)数列a n 中，4S n +1=3S n -8，当n ≥2时，4S n =3S n -1-8，两式相减得，a n +1=34a n，又4S 2=3S 1-8，即4(a 1+a 2)=3a 1-8，而a 1=-2，解得a 2=-32，则a 2=34a 1，所以数列a n 为等比数列，a n =-2×34n -1；由b n +1=43b n -2a n +1，b 1=1，得b n +1=43b n +134n⇒34nb n +1-34n -1b n =1，因此数列34n -1b n 是以34b 1=1为首项、1为公差的等差数列.(2)由(1)得，34n -1b n =1+(n -1)×1=n ，即b n =n 43n -1，则T n =1×43+2×431+3×432+⋯+n ×43n -1，于是43T n =1×431+2×432+3×433+⋯+(n -1)×43r -1+n ×43n，两式相减得，-13T n =43+431+432+433+⋯+43n -1-n 43n=343n-1-n 43n，因此T n =(3n -9)43n+9，又(6nλ-54)43n-(n +3)(T n -9)≤0，即(6nλ-54)43n≤(n +3)(3n -9)43n，于是λ≤n 2+92n =n 2+92n ，而n 2+92n ≥2n 2⋅92n=3，当且仅当n =3时等号成立，则λ≤3，所以实数λ的取值范围为(-∞,3].【点睛】思路点睛：涉及数列不等式恒成立问题，可以变形不等式，分离参数，借助函数思想求解即可.题型二：数列不等式能成立(有解)问题1(2024·云南·一模)已知a n 为等比数列，记S n ､T n 分别为数列a n ､b n 的前n 项和，S 5=62，S 10=2046,2T n =nb n +n ,b 2=3.(1)求a n ､b n 的通项公式；(2)是否存在整数c ，使b 1a 1+b 2a 2+⋯+bn a n<c 对任意正整数n 都成立？若存在，求c 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n =2n ，b n =2n -1；(2)存在，c 的最小值为3.【分析】(1)利用等比数列求和公式得首项和公比的方程组，得a n =2n ，利用数列的和与通项的关系得n -1 b n +1=nb n -1，结合nb n +2=n +1 b n +1-1得b n 是等差数列即可求解；(2)错位相减法求和得C n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+bn a n，再利用数列性质求最值即可求解.【详解】(1)设等比数列a n 的公比为q ，根据已知得q ≠1，且S 5=a 11-q 51-q =62S 10=a 11-q 101-q =2046解方程组得a 1=2,q =2.∴a n 的通项公式为a n =a 1q n -1=2×2n -1=2n .∵2T n =nb n +n ，∴2T 1=2b 1=b 1+1，解得b 1=1，且2T n +1=n +1 b n +1+n +1.∴2T n +1-2T n =n +1 b n +1+n +1-nb n -n ，即2b n +1=n +1 b n +1+n +1-nb n -n .∴n -1 b n +1=nb n -1且nb n +2=n +1 b n +1-1，则nb n +2-n -1 b n +1=n +1 b n +1-nb n ，整理得b n +2+b n =2b n +1，故b n 是以1为首项，2为公差的等差数列，故b n =1+2n -1 =2n -1.∴b n 的通项公式为b n =2n -1.(2)设C n =b 1a 1+b 2a 2+⋯+b n a n =12+322+⋯+2n -12n ，则12C n =122+323+⋯+2n -12n +1.∴C n -12C n =12C n =12+222+223+⋯+22n -2n -12n +1=12+2×14×1-12n-11-12-2n-12n+1，∴C n=3-2n+32n.∵C n=3-2n+32n <3恒成立，且C4=3-1116>2,∴存在整数c，使b1a1+b2a2+⋯+b na n<c对任意正整数n都成立，且c的最小值为3.2(23-24高二上·江苏盐城·期末)已知正项数列a n的前n项和为S n，且2S n=a n+1；数列b n是单调递增的等比数列，公比为q，且b2，b4的等差中项为10；b1，b5的等比中项为8．(1)求a n，b n的通项公式；(2)设c n=a n,n为奇数1b n,n为偶数，T n为数列c n 的前n项和，若存在n∈N*使得T2n-2n2+n≥λb n成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n-1,b n=2n(2)18【分析】(1)利用a n与S n的关系可得a n，利用等比数列性质及等差中项、等比中项性质可得b n；(2)分组求和可得T2n，可将原不等式转化为λ≤1312n-18n，计算即可得.【详解】(1)由2S n=a n+1可得4S n=a n+12，当n≥2时，4S n-1=a n-1+12，两式相减得4a n=a n2-a n-12+2a n-a n-1，∴a2n-a2n-1=2a n+a n-1，即a n+a n-1a n-a n-1=2a n+a n-1.∵a n>0，∴a n-a n-1=2(n≥2)，即可得a n是等差数列．由2S1=a1+1，得2a1=a1+1,∴a1=1，即a n=1+(n-1)×2=2n-1．由题意得b2+b4=20b1b5=64，即b2+b4=20b2b4=64，解得b2=4b4=16或b2=16b4=4，∵b n是递增的等比数列，∴b2=4b4=16，所以b1q=4b1q3=16，得b1=2q=2，∴b n=2×2n-1=2n，即a n=2n-1,b n=2n；(2)由(1)得：T2n=a1+a3+⋯+a2n-1+b2+b4+⋯+b2n=2n2-n+131-14n若存在n∈N*使得T2n-2n2+n≥λb n成立，等价于存在n∈N*使得λ≤1312n-18n能成立，设d n=1312n-18n，则d n-d n-1=1312n-18n-1312n-1-18n-1=1378n-12n<0，∴d n是递减数列，故d n的最大值为d1=1 8，因此λ的最大值为1 8 .3(2024·云南曲靖·一模)已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2a n-n．(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列b n满足b n=a n+1a n a n+1，其前n项和为T n，求使得T n>20232024成立的n的最小值．【答案】(1)a n=2n-1；(2)10.【分析】(1)根据a n,S n关系及递推式可得a n+1=2(a n-1+1)，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；(2)应用裂项相消法求T n，由不等式能成立及指数函数性质求得n≥10，即可得结果.【详解】(1)当n≥2时，a n=S n-S n-1=(2a n-n)-(2a n-1-n+1)=2(a n-a n-1)-1，所以a n=2a n-1+1，则a n+1=2(a n-1+1)，而a1=S1=2a1-1⇒a1=1，所以a1+1=2，故{a n+1}是首项、公比都为2的等比数列，所以a n+1=2n⇒a n=2n-1.(2)由b n=a n+1a n a n+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1，所以T n=1-13+13-17+17-115+⋯+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1，要使T n=1-12n+1-1>20232024，即12n+1-1<12024⇒2n+1>2025，由210<2025<211且n∈N*，则n+1≥11⇒n≥10.所以使得T n>20232024成立的n的最小值为10.4(23-24高三上·山东·阶段练习)已知正项数列a n的前n项和为S n，2S n=a n+1；数列b n是递增的等比数列，公比为q，且b2，b4的等差中项为10，b1，b5的等比中项为8．(1)求a n，b n的通项公式；(2)设c n=-a n,n为奇数3b n,n为偶数，T n为c n 的前n项和，若T2n+2n2-n+3≥λb n能成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n-1，b n=2n(2)158【分析】(1)利用S n,a n的关系式即可求得a n是等差数列，可得a n=2n-1；再利用等比数列定义即可求得b 1=2,q =2，可得b n =2n ；(2)采用分组求和并利用等差、等比数列前n 项和公式即可求得T 2n =-2n 2+n +1-14n，不等式能成立等价于λ≤4×12n-18nmax ，利用单调性可求得λ≤158.【详解】(1)由2S n =a n +1可得4S n =a n +1 2，当n ≥2时，4S n -1=a n -1+1 2，两式相减得4a n =a n 2-a n -12+2a n -a n -1 ，∴a n 2-a 2n -1=2a n +a n -1 ，即a n +a n -1 a n -a n -1 =2a n +a n -1 ．∵a n >0，∴a n -a n -1=2(n ≥2)，即可得a n 是等差数列．由2S 1=a 1+1，得2a 1=a 1+1，∴a 1=1，即a n =1+n -1 ×2=2n -1．由题意得b 2+b 4=20b 1b 5=64，即b 2+b 4=20b 2b 4=64，解得b 2=4b 4=16 或b 2=16b 4=4 ．∵b n 是递增的等比数列，∴b 2=4b 4=16，所以b 1q =4b 1q 3=16 ，得b 1=2q =2，∴b n =2×2n -1=2n ．所以a n 和b n 的通项公式为a n =2n -1，b n =2n ．(2)由(1)得：T 2n =-a 1+a 3+a 5+⋯+a 2n -1 +b 2+b 4+b 6+⋯+b 2n =-1+5+9+⋯+4n -3 +3122+124+126+⋯+122n=-1+4n -3 n2+3141-14n1-14=-2n 2+n +1-14n．T 2n +2n 2-n +3≥λb n 能成立，等价于4-14n ≥λ×2n 能成立，化简得λ≤4×12n-18n能成立，即λ≤4×12n-18nmax．设d n =4×12n-18n，则d n +1-d n =4×12n +1-18n +1-4×12n+18n=-2×12n+78×18n=12n78×14n-2<0，∴d n 是递减数列，故d n 的最大值为d 1=158．∴λ≤158，因此λ的最大值为158．5(23-24高三上·河北张家口·阶段练习)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a n =12S n+1n∈N*．数列b n的前n项和为T n，数列c n的前n项和为A n，数列b n=2na n-a n n∈N*,c n+1n n+1=1a n，n∈N*．(1)求数列a n的通项公式及T n；(2)若对任意n∈N*，存在x0∈-1,1使得A n≤2x0-m成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)a n=2n,n∈N*；T n=6+2n-3⋅2n+1；(2)-∞,14980．【分析】(1)利用S n,a n的关系式可求得数列a n的通项公式为a n=2n,n∈N*，由错位相减法求和即可得T n =6+2n-3⋅2n+1；(2)易知A n=1n+1-12n，由数列的函数特性可知A n≤A4=15-116=1180，根据题意只需满足2-m≥1180即可求得m≤149 80.【详解】(1)由a n=12S n+1n∈N*，可得S n=2a n-2n∈N*,当n=1时，a1=S1=2a1-2，得a1=2；当n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n-2-2a n-1+2，即a n=2a n-1，可得a n是以a1=2为首项，2为公比的等比数列，所以a n=2n,n∈N*；当n=1时，a1=2符合a n=2n，所以数列a n的通项公式为a n=2n,n∈N*；b n=2na n-a n=2n-1a n=2n-1⋅2n，则数列b n的前n项和为T n=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋅⋅⋅+2n-1⋅2n，2T n=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋅⋅⋅+2n-1⋅2n+1，相减可得：-T n=2+222+23+⋅⋅⋅+2n-2n-1⋅2n+1=2+2⋅41-2n-11-2-2n-1⋅2n+1=-6+2n+2-2n-1⋅2n+1所以T n=6+2n-3⋅2n+1；(2)由c n+1n n+1=1a n,n∈N*得c n=12n-1n-1n+1，可得A n=12+14+⋅⋅⋅+12n-1-12+12-13+⋅⋅⋅+1n-1n+1=121-12n1-12-1-1n+1=1n+1-12n，由c1=0,c2>0,c3>0,c4>0，当n≥5时，2n>n n+1，即有c n<0，可得A n≤A4=15-116=1180，又x∈-1,1时，y=2x-m的最大值为2-m，对任意n∈N*，存在x0∈-1,1，使得A n≤2x0-m成立，即2-m ≥1180即可，解得m ≤14980；所以实数m 的取值范围为-∞,14980二、 专题 数列不等式专项训练1(23-24高二下·辽宁大连·阶段练习)设数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=5，a 2=25，S n +1+5S n -1=6S n n ≥2 ，T n 是数列2log 5a n -1 的前n 项和．(1)求数列a n 的通项公式；(2)求满足1-1T 21-1T 31-1T 4⋯1-1T n1-1T n +1≥10232025的最大正整数n 的值．【答案】(1)a n =5n (2)95【分析】(1)利用S n -S n -1=a n 得到数列a n 是等比数列，根据等比数列的通项公式求解；(2)先求出b n ，进而可得T n ，求出1-1T n +1代入不等式左边整理化简，然后解不等式即可.【详解】(1)因为S n +1+5S n -1=6S n n ≥2 ，所以S n +1-S n =5S n -5S n -1，即a n +1=5a n ，又a 2=25=5a 1≠0，所以数列a n 是以5为首项，5为公比的等比数列，所以a n =5n ；(2)由(1)得2log 5a n -1=2log 55n -1=2n -1，所以T n =1+2n -1 n2=n 2，则1-1T n +1=1-1n +1 2=n ⋅n +2 n +12，则1-1T 21-1T 31-1T 4⋯1-1T n1-1T n +1=1×322×2×432×3×542×⋯×n -1 n +1 n 2×n n +2 n +1 2=n +22n +1 ，所以n +22n +1≥10232025，又n ∈N ∗，解得n ≤95，所以正整数n 的最大值为95.2(2024·四川南充·二模)在数列a n 中，S n 是其前n 项和，且3S n -a n =64．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若∀n ∈N +，λ-1<S n ≤4λ+4恒成立，求λ的取值范围．【答案】(1)a n =32×-12n -1(2)7,17【分析】(1)由a n =S 1,n =1S n -S n -1,n ≥2，作差得到a n =-12a n -1，从而得到a n 是以32为首项，-12为公比的等比数列，即可求出其通项公式；(2)由(1)求出S n ，再根据指数函数的性质求出S n 的最值，即可得解.【详解】(1)因为3S n -a n =64，当n =1时，3S 1-a 1=64，解得a 1=32；当n ≥2时，3S n -1-a n -1=64，所以3S n -a n -3S n -1+a n -1=0，所以a n =-12a n -1；所以a n 是以32为首项，-12为公比的等比数列，所以a n =32×-12n -1.(2)由(1)可得S n =a n +643=6431--12n=6431-12 n,n 为偶数6431+12 n,n 为奇数，又y =12x在R 上单调递减，则y =-12x在R 上单调递增，所以当n 为偶数时，6431-12n≥6431-122=16，当n 为奇数时，6431+12n≤6431+12=32，所以当n =1时S n 取得最大值为32，当n =2时S n 取得最小值为16，因为∀n ∈N +，λ-1<S n ≤4λ+4恒成立，所以λ-1<1632≤4λ+4，解得7≤λ<17，所以λ的取值范围为7,17 .3(2024·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且a 2=3,2S n =n a n +2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1≥λa n +1成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)a n =n +1；(2)-∞,116．【分析】(1)当n =1时，求得a 1=2，当n ≥3时，得到2S n -1=n -1 a n -1+2 ，两式相减化简得到a nn -1-a n -1n -2=-21n -2-1n -1，结合叠加法，即可求得数列a n 的通项公式；(2)由(1)得到1a n a n +1=1n +1-1n +2，求得1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-1n +2，解法1：根据题意，转化为λ≤n 2n +2 2，结合n 2n +2 2=12n +4n +4 ，结合基本不等式，即可求解；解法2：根据题意，转化为λ≤12n +2-1n +22，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】(1)解：当n =1时，2S 1=2a 1=a 1+2，解得a 1=2，当n ≥3时，2S n =n a n +2 ,2S n -1=n -1 a n -1+2 ，两式相减可得，n -2 a n -n -1 a n -1=-2，则a n n -1-a n -1n -2=-21n -2-1n -1 ,a n -1n -2-a n -2n -3=-21n -3-1n -2 ,⋯，a 32-a 21=-21-12叠加可得，a n n -1-a 21=4-2nn -1，则a n =n +1，而n =1,2时也符合题意，所以数列a n 的通项公式为a n =n +1．(2)解：由(1)知a n =n +1，可得1a n a n +1=1n +1 n +2=1n +1-1n +2，故1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-13+13-14+⋯+1n +1-1n +2=n2n +2；解法1：由1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1≥λa n +1，可得n2n +2≥λn +2 ，即λ≤n 2n +2 2，即则λ≤n 2n +2 2 max ，又由n 2n +2 2=12n +4n +4≤116，当且仅当n =2时取等号，故实数λ的取值范围为-∞,116．解法2：由1a 1a 2+1a 2a 3+⋯+1a n a n +1=12-1n +2≥λn +2 ，可得λ≤12n +2 -1n +22=-1n +2-14 2+116，当n +2=4，即n =2时，12n +2 -1n +2 2max=116，则λ≤116，故实数λ的取值范围为-∞,116．4(23-24高二下·云南玉溪·阶段练习)已知S n 是等差数列a n 的前n 项和，且a 2=3,S 5=25．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若对任意n ∈N *,m ≥a 131+a 232+⋅⋅⋅+a n3n ，求m 的最小整数值．【答案】(1)a n =2n -1(2)1【分析】(1)根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；(2)根据错位相减法求出和，即可得解.【详解】(1)设a n 的公差为d ，因为a 2=3,S 5=25，所以a 1+d =35a 1+10d =25，解得a 1=1d =2 ，所以an =2n -1；(2)因为a n=2n-1，所以a n3n=2n-13n，令T n=a131+a232+⋅⋅⋅+a n3n=13+332+533+⋅⋅⋅+2n-13n，所以13T n=132+333+534+⋅⋅⋅+2n-13n+1，两式相减得23T n=13+232+⋅⋅⋅+23n-2n-13n+1=231-13n1-13-13-2n-13n+1=23-2n+23n+1，所以T n=1-n+1 3n．因为n+13n>0，所以T n<1，所以m≥1，故m的最小整数值为1．5(2024高三·全国·专题练习)已知数列a n的前n项和为S n，且关于x的方程nx2+2S n x+n+ 1=0，n∈N*有两个相等的实数根．(1)求a n的通项公式；(2)若b n=a n+1⋅2a n，数列b n的前n项和为T n，且T n≥4nλ对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．【答案】(1)a n=2n(2)3【分析】(1)利用方程有等根可知判别式为0，求出S n=n2+n，根据a n,S n关系即可得出通项公式；(2)利用错位相减法求出T n，再分离参数后求解即可.【详解】(1)由关于x的方程nx2+2S n x+n+1=0，n∈N*有两个相等的实数根，可得Δ=4S n-4n n+1=0，即S n=n2+n，n∈N*，当n=1时，a1=S1=2．当n≥2时，a n=S n-S n-1=n2+n-n-12-n-1=2n．当n=1时，上式也成立，所以a n=2n．(2)由(1)可知，b n=a n+1⋅2a n=2n+1⋅4n，T n=3×41+5×42+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n，①4T n=3×42+5×43+⋅⋅⋅+2n+1⋅4n+1，②①-②得：-3T n=3×41+2×42+⋅⋅⋅+2×4n-2n+1×4n+1=12+2×161-4n-11-4-2n+1⋅4n+1=-8n+43×4n+43，所以T n=83n+49⋅4n-49．又T n≥4nλ对任意的n∈N*恒成立，即83n+49⋅4n-49≥λ4n对任意的n∈N*恒成立，故λ≤83n+49-49×4nmin，因为数列83n +49 -49×4n 在n ∈N *时单调递增，所以83n +49-49×4nmin=3，当且仅当n =1时取得最小值．所以实数λ的最大值为3．6(2024·天津红桥·一模)已知S n 为数列a n 的前n 项和，且满足S n =2a n +r ，其中r ∈R ，且r ≠0．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n +1S n r ，若对任意的n ∈N *，都有2n -1i =1b i <m <2ni =1b i ，求实数m 的取值范围．【答案】(1)a n =-r ⋅2n -1(2)-1<m <2【分析】(1)利用a n ,S n 的关系式求解即可；(2)由题意有2n -1i =1b imax<m <2ni =1b imin，利用分组求和法分别求出2n -1i =1b i ,2ni =1b i ，再根据数列的单调性分别求出2n -1i =1b imax,2n i =1b imin，即可得解.【详解】(1)由S n =2a n +r ，当n =1时，a 1=S 1=2a 1+r ，所以a 1=-r ≠0，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，所以a n =2a n -1，所以数列a n 是以2为公比的等比数列，所以a n =-r ⋅2n -1；(2)由(1)得S n =-r 1-2n1-2=r 1-2n ，则b n =(-1)n +1Sn r=(-1)n +11-2n =(-1)n +1+-2 n ，故2n -1i =1b i =b 1+b 2+⋯+b 2n -1=1+-21--2 2n -1 1--2 =--2 2n +13，2ni =1b i =b 1+b 2+⋯+b 2n =0+-21--2 2n 1--2 =--2 2n +1-23，而2n -1i =1b i =--2 2n +13=-4n +13随n 的增大而减小，所以2n -1i =1b imax =-41+13=-1，2ni =1b i =--2 2n +1-23=2⋅4n -23随n 的增大而增大，所以2ni =1b imin=2×41-23=2，因为对任意的n ∈N *，都有2n -1i =1b i <m <2ni =1b i ，所以-1<m <2.7(23-24高二下·湖南长沙·开学考试)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，a 1=b 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 .(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)求数列1a n ⋅a n +2的前n 项和T n ；(3)记d n =3n -2⋅(-1)n λb n (λ∈R )，对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n ，求λ的取值范围.【答案】(1)a n =n ，b n =2n -1(2)34-12n +2-12n +4(3)-32,1 【分析】(1)根据等比数列和等差数列的通项公式求出公比和公差，即可求解；(2)利用裂项相消即可求和；(3)由d n +1>d n 恒成立，得到3n -1>(-2)n -1λ恒成立，分离参数，分别讨论n 为奇数和偶数时λ的范围，从而得到答案.【详解】(1)因为a n 为等差数列，且a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，所以a 1+4d =5a 1+3d -a 1-2d ，解得：d =1，即a n =n ；因为b n 为等比数列，且b 1=1，b 5=4b 4-b 3 ，所以b 1q 4=4b 1q 3-b 1q 2 ，解得：q =2，即b n =2n -1(2)由(1)可知1a n ⋅a n +2=1n (n +2)=121n -1n +2 ，所以T n =121-13 +1212-14 +1213-15 +1214-16 +⋯121n -1-1n +1+121n -1n +2 =121+12-1n +1-1n +2 所以T n =34-12n +2-12n +4(3)由(1)得d n =3n -2⋅(-1)n λb n =3n -(-2)n λ，由于对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n ，即3n +1-(-2)n +1λ>3n -(-2)n λ，则3n -1>(-2)n -1λ恒成立，当n 为奇数时，则λ<32n -1恒成立，由于32n -1≥1，故当λ<1时，对所有奇数n 恒有d n +1>d n ；当n 为偶数时，则λ>-32n -1恒成立，由于32n -1≥32，则-32n -1≤-32，即当λ>-32时，对所有偶数n 恒有d n +1>d n ；综上，当λ∈-32,1 时，对任意的n ∈N +，恒有d n +1>d n8(23-24高三下·湖南湘潭·阶段练习)设各项都不为0的数列a n 的前n 项积为T n ，T n =2n n -12⋅a n，a1=2.(1)求数列a n的通项公式；(2)保持数列a n中的各项顺序不变，在每两项a k与a k+1之间插入一项2a k+1-a k(其中k=1,2,3,⋅⋅⋅)，组成新的数列b n，记数列b n的前n项和为S n，若S n>2023，求n的最小值.【答案】(1)a n=2n(2)17【分析】(1)利用a n与T n的关系得到a n-1=2n-1，再检验a1即可得解；(2)利用并项求和法与等比数列的求和公式求得S2n，再依次求得S16,S18,S17，从而得解.【详解】(1)因为T n=2n n-12⋅a n，当n≥2时，T n-1=2(n-1)(n-2)2⋅a n-1，两式相除可得a n=2n-1a na n-1，因为a n≠0，所以a n-1=2n-1，又a1=2，所以a n=2n.(2)依题意，S2n=a1+2a2-a1+a2+2a3-a2+⋯+a n+2a n+1-a n=a1+a2+⋯+a n+2a2-a1+a3-a2+⋯+a n+1-a n=a1+a2+⋯+a n+2a n+1-a1=a1+a2+⋯+a n+2a n+1-2a1=21-2n1-2+2n+2-4=3⋅2n+1-6，易知S2n随着n增大而增大，当n=8时，S16=3⋅28+1-6=1530<2023，当n=9时，S18=3⋅29+1-6=3066>2023，而S17=S16+b17=S16+a9=1530+512=2042>2023,综上，n的最小值为17.9(2014高一·全国·竞赛)对于给定的m,n∈N*，若m≥n，定义C n m=m m-1⋯m-n+1n n-1⋯2×1.已知数列a n满足a1=1，当n≥2时，C2n S n+1=n-13n+22S n-n2-1S n-1，其中S n为数列a n的前n项和.(1)求a n的通项公式；(2)计算数列a n的前n项和S n，是否存在k∈N*，使得任意n≥k，都有S n>2014？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n=n⋅2n-1(2)存在，9【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2求出a n +1a n =2n +1 n，利用累乘法求出答案；(2)错位相减法求和得到S n =n -1 ⋅2n +1，结合单调性求出答案.【详解】(1)根据C n m 的定义可得C 2n =n n -1 2，而n -1 3n +2 2=n 2-1+C 2n ，∴C 2n S n +1=n -1 3n +22S n -n 2-1 S n -1=C 2n S n +n 2-1 S n -S n -1 ，∴C 2n S n +1-S n=n 2-1 S n -S n -1 ，即a n +1a n =n 2-1C 2n=2n +1 n .已知a 1=1，利用“迭乘”原理得a n +1=a n +1a n ⋅a n a n -1⋅⋯⋅a 2a 1⋅a 1=2n +1 n ⋅2n n -1⋅⋅⋅⋅⋅2×21⋅1=n +1 ⋅2n .故通项公式a n =n ⋅2n -1，经检验当n =1时，也满足此式，综上，通项公式为a n =n ⋅2n -1；(2)存在k =9.理由如下：由(1)知S n =a 1+a 2+⋯+a n =1+2×21+3×22+⋯+n ⋅2n -1，①2S n =2+2×22+3×23+⋯+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，②用②-①可得S n =-1-2+22+23+⋯ +2n -1+n ⋅2n -1=-1-21-2n -11-2+n ⋅2n -1=n -1 ⋅2n +1.显然S n 是单调递增的，又S 8=1793,S 9=4097，故存在k =9，使得任意n ≥k ，都有S n >2014.10(23-24高三下·重庆·阶段练习)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=1，2S n =a n a n +1，数列b n 为正项等比数列，b 2=a 4且b 2,3b 1,b 3依次成等差数列.(1)求a n ,b n 的通项公式；(2)设c n =1a n b n，c n 的前n 项和为T n ，问是否存在正整数k 使得k 24<T n <k +124n ≥4 成立，若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)a n =n ，b n =2n (2)存在，k =16【分析】(1)根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差得到a n +1-a n -1=2，从而得到a n 的奇数项、偶数项分别为等差数列，从而求出其通项公式，设等比数列b n 的公比为q ，利用等差中项的性质及等比数列通项公式求出q ，即可求出b n 的通项公式；(2)由(1)可得c n =1n ×2n ，则T n =12+12×22+13×23+⋯+1n ×2n ，利用放缩法证明T n <1724，即可得解.【详解】(1)因为a 1=1，2S n =a n a n +1，当n =1时，2S1=a 1a 2，所以a 2=2；当n≥2时，2S n-1=a n a n-1，所以2S n-2S n-1=a n a n+1-a n a n-1，即2a n=a n a n+1-a n-1．∵a n>0，可得a n+1-a n-1=2n≥2，所以a n的奇数项是以1为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列，所以a2n-1=2n-1，a2n=2n，综上可得a n=n；设等比数列b n的公比为q，因为b2,3b1,b3依次成等差数列，所以b2+b3=6b1，∴b21+q=6b2q，所以q2+q-6=0，解得q=2或q=-3．因为b n为正项等比数列，故q=2，由b2=a4=4，则b1=b2q=2，所以b n=2n．(2)由(1)可得c n=1a nb n =1n×2n，所以T n=12+12×22+13×23+⋯+1n×2n，则T3=12+12×22+13×23=1624，当n=4时，T4=12+12×22+13×23+14×24>T3=1624；当n>4时，T n=12+12×22+13×23+14×24+⋯+1n×2n<12+12×22+13×23+13×24+⋯+13×2n=16 24+13124+125+⋯+12n=16 24+13×1241-12n-31-12=16 24+13181-12n-3<1724．所以存在k=16，使得k24<T n<k+124n≥4．。

第一讲 数列的极限一、内容提要 1.数列极限的定义N n N a x n n >∀N ∈∃>∀⇔=∞→,,0lim ε，有ε<-a x n .注1ε的双重性.一方面,正数ε具有绝对的任意性,这样才能有{}n x 无限趋近于)(N n a x a n ><-⇔ε另一方面,正数ε又具有相对的固定性,从而使不等式ε<-a x n .还表明数列{}n x 无限趋近于a 的渐近过程的不同程度,进而能估算{}n x 趋近于a 的近似程度.注2 若n n x ∞→lim 存在，则对于每一个正数ε，总存在一正整数N 与之对应，但这种N 不是唯一的，若N 满足定义中的要求，则取 ,2,1++N N ，作为定义中的新的一个N 也必须满足极限定义中的要求，故若存在一个N 则必存在无穷多个正整数可作为定义中的N ． 注3 a x n →)(∞→n 的几何意义是：对a 的预先给定的任意-ε邻域),(εa U ，在{}n x 中至多除去有限项，其余的无穷多项将全部进入),(εa U ． 注4 N n N a x n n >∃N ∈∀>∃⇔≠∞→00,,0lim ε，有00ε≥-a x n .2. 子列的定义在数列{}n x 中，保持原来次序自左往右任意选取无穷多个项所得的数列称为{}n x 的子列，记为{}k n x ，其中k n 表示k n x 在原数列中的项数，k 表示它在子列中的项数． 注1 对每一个k ，有k n k ≥．注2 对任意两个正整数k h ,，如果k h ≥，则k h n n ≥．反之，若k h n n ≤，则k h ≤． 注3 K k K a x k n n >∀N ∈∃>∀⇔=∞→,,0lim ε，有ε<-a x k n .注4 ⇔=∞→a x n n lim {}n x 的任一子列{}k n x 收敛于a . 3.数列有界对数列{}n x ，若0>∃M ，使得对N n >∀，有M x n ≤，则称数列{}n x 为有界数列． 4.无穷大量对数列{}n x ，如果0>∀G ，N n N >∀N ∈∃,，有G x n >，则称{}n x 为无穷大量，记作∞=∞→n n x lim ．注1 ∞只是一个记号，不是确切的数．当{}n x 为无穷大量时，数列{}n x 是发散的，即nn x ∞→lim 不存在．注2 若∞=∞→n n x lim ，则{}n x 无界，反之不真．注3 设{}n x 与{}n y 为同号无穷大量，则{}n n y x +为无穷大量． 注4 设{}n x 为无穷大量，{}n y 有界，则{}n n y x ±为无穷大量．注5 设{}n x 为无穷大量，对数列{}n y ，若0>∃δ，,N ∈∃N 使得对N n >∀，有δ≥n y ，则{}n n y x 为无穷大量．特别的，若0≠→a y n ，则{}n n y x 为无穷大量． 5.无穷小量若0lim =∞→n n x ，则称{}n x 为无穷小量．注1 若0lim =∞→n n x ，{}n y 有界，则0lim =∞→n n n y x ．注2 若∞=∞→n n x lim ，则01lim=∞→nn x ；若0l i m =∞→n n x ，且,N ∈∃N 使得对N n >∀，0≠n x ，则∞=∞→nn x 1lim．6.收敛数列的性质（1）若{}n x 收敛，则{}n x 必有界，反之不真． （2）若{}n x 收敛，则极限必唯一．（3）若a x n n =∞→lim ，b y n n =∞→lim ，且b a >，则N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n y x >．注 这条性质称为“保号性”，在理论分析论证中应用极普遍．（4）若a x n n =∞→lim ，b y n n =∞→lim ，且N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n y x >，则b a ≥．注 这条性质在一些参考书中称为“保不等号（式）性”．（5）若数列{}n x 、{}n y 皆收敛，则它们和、差、积、商所构成的数列{}n n y x +，{}n n y x -，{}n n y x ，⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n y x （0lim ≠∞→n n y ）也收敛，且有 ()=±∞→n n n y x lim ±∞→n n x lim n n y ∞→lim ， =⋅∞→n n n y x lim ⋅∞→n n x lim n n y ∞→lim ，=∞→nnn y x lim n n nn y x ∞→∞→lim lim （0lim ≠∞→n n y ）． 7. 迫敛性（夹逼定理）若N ∈∃N ，使得当N n >时，有n n n z x y ≤≤，且n n y ∞→lim a z n n ==∞→lim ，则a x n n =∞→lim ．8. 单调有界定理单调递增有上界数列{}n x 必收敛，单调递减有下界数列{}n x 必收敛． 9. Cauchy 收敛准则数列{}n x 收敛的充要条件是：N m n N >∀N ∈∃>∀,,,0ε，有ε<-m n x x ．注 Cauchy 收敛准则是判断数列敛散性的重要理论依据．尽管没有提供计算极限的方法，但它的长处也在于此――在论证极限问题时不需要事先知道极限值． 10.Bolzano Weierstrass 定理 有界数列必有收敛子列．11. 7182818284.211lim ==⎪⎭⎫⎝⎛+∞→e n nn12.几个重要不等式(1) ,222ab b a ≥+ .1 s i n ≤x . s i n x x ≤ (2) 算术－几何－调和平均不等式： 对,,,,21+∈∀R n a a a 记,1 )(121∑==+++=n i i n i a n n a a a a M (算术平均值),)(1121nni i n n i a a a a a G ⎪⎪⎭⎫⎝⎛==∏= (几何平均值) .1111111)(1121∑∑====+++=ni in i ini a n a n a a a na H (调和平均值)有均值不等式: ),( )( )(i i i a M a G a H ≤≤等号当且仅当n a a a === 21时成立. （3） Bernoulli 不等式: (在中学已用数学归纳法证明过) 对,0x ∀> 由二项展开式 23(1)(1)(2)(1)1,2!3!nn n n n n n x nx x x x ---+=+++++)1(,1)1(>+>+⇒n nx x n（４）Cauchy －Schwarz 不等式: k k b a ,∀(n k ,,2,1 =),有≤⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=21n k k k b a ≤⎪⎭⎫⎝⎛∑=21n k k k b a ∑=n k k a 12∑=nk kb12（５）N n ∈∀，nn n 1)11ln(11<+<+ 13. O. Stolz 公式二、典型例题 1．用“N -ε”“N G -”证明数列的极限．（必须掌握） 例１ 用定义证明下列各式：（１）163153lim22=+-++∞→n n n n n ； （２）设0>n x ，a x n n =∞→lim ，则a x n n =∞→lim ；（97，北大，10分）（３）0ln lim=∞→αn nn )0(>α证明：（１）0>∀ε，欲使不等式ε<=<-<+--=-+-++n nn n n n n n n n n n n 6636635616315322222 成立，只须ε6>n ，于是，0>∀ε，取1]6[+=εN ，当N n >时，有ε<<-+-++n n n n n 616315322 即 163153lim22=+-++∞→n n n n n ． （２）由a x n n =∞→lim ，0>n x ，知N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有εa a x n <-，则<+-=-ax a x a x n n n ε<-aa x n 于是，N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有<-a x n ε<-aa x n ，即 a x n n =∞→lim ．（３）已知n n ln >，因为<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡<=<αααααααn n n n n n 1ln 2ln 2ln 022≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡αααn n 122≤⋅αααn n ][2222244αααααn n n =⋅，所以，0>∀ε，欲使不等式=-0ln αnn≤αn n ln εαα<24n成立，只须ααε24⎪⎭⎫ ⎝⎛>n ．于是，0>∀ε，取=N 142+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛ααε，当N n >时，有=-0ln αn n≤αn n ln εαα<24n，即 0ln lim =∞→αn nn ．评注１ 本例中，我们均将a x n -做了适当的变形，使得ε<≤-)(n g a x n ，从而从解不等式ε<)(n g 中求出定义中的N ．将a x n -放大时要注意两点：①)(n g 应满足当∞→n 时，0)(→n g ．这是因为要使ε<)(n g ，)(n g 必须能够任意小；②不等式ε<)(n g 容易求解．评注２ 用定义证明a x n →)(∞→n ，对0>∀ε，只要找到一个自然数)(εN ，使得当)(εN n >时，有ε<-a x n 即可．关键证明N ∈)(εN 的存在性．评注３ 在第二小题中，用到了数列极限定义的等价命题，即： （１）N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有εM a x n <-（M 为任一正常数）. （２）N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有k n a x ε<-)(N k ∈.例２ 用定义证明下列各式：（１）1lim =∞→n n n ；（92，南开，10分）（２）0lim =∞→n kn an ),1(N k a ∈>证明：（１）（方法一）由于1>n n （1>n ），可令λ+=1n n （0>λ），则()>++-++=+==n n nnn n n n n λλλλ 22)1(1)1(22)1(λ-n n （2>n ） 当2>n 时，21nn >-，有 >n >-22)1(λn n 2222)1(44-=nn n n λ即 nn n 210<-<．0>∀ε，欲使不等式=-1n n ε<<-nn n21成立，只须24ε>n ．于是，0>∀ε，取⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2,14max 2εN ，当N n >时，有 1-nn ε<<n 2，即 1lim =∞→n n n ．（方法二）因为nn n n n n n n n n n n n212211)111(112+<-+=++++≤⋅⋅⋅⋅⋅=≤- 个，所以1-nn n2<，0>∀ε，欲使不等式=-1n n ε<<-nn n21成立，只须24ε>n ．于是，0>∀ε，取142+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=εN ，当N n >时，有1-nn ε<<n2，即 1lim =∞→n n n ．（２）当1=k 时，由于1>a ，可记λ+=1a （0>λ），则>++-++=+=n n n n n n a λλλλ 22)1(1)1(22)1(λ-n n （2>n ） 当2>n 时，21nn >-，于是有 <<n an 02242)1(λλn n n n <-．0>∀ε，欲使不等式0-nan<<n a n ελ<24n 成立，只须24ελ>n ．对0>∀ε，取⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2,14max 2ελN ，当N n >时，有0-nan<<n a n ελ<24n ． 当1>k 时，11>k a （1>a ），而=n ka n kn k a n ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡)(1．则由以上证明知N n N >∀N ∈∃>∀,,0ε，有ε<<nka n )(01，即kn k a n ε<<0，故 0lim =∞→n kn an ．评注１ 在本例中，0>∀ε，要从不等式ε<-a x n 中解得N 非常困难．根据n x 的特征，利用二项式定理展开较容易．要注意，在这两个小题中，一个λ是变量，一个λ是定值． 评注２ 从第一小题的方法二可看出算术－几何平均不等式的妙处． 评注３ 第二小题的证明用了从特殊到一般的证法．例 用定义证明：0!lim =∞→n a nn （0>a ）（山东大学）证明：当10≤<a 时，结论显然成立．当1>a 时，欲使[][][][]ε<⋅<⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=-n aa a n a a a a a a a n a a n !1210! 成立，只须>n [][]ε!1a a a +．于是0>∀ε，取=N [][]1!1+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+εa a a ，当N n >时，有[][]ε<⋅<-n a a a n a a n !0!即 0!lim=∞→n a nn ． 例 设1<α，用“N -ε”语言，证明：0])1[(lim =-+∞→ααn n n ．证明：当0≤α时，结论恒成立． 当10<<α时，0>∀ε，欲使<-+=--+]1)11[(0)1(ααααn n n n εαα<=-+-11)111(nn n只须>n αε-111．于是0>∀ε，取=N 1111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-αε，当N n >时，有 <--+0)1(ααn n εα<-11n即 0])1[(lim =-+∞→ααn n n ．2.迫敛性（夹逼定理）n 项和问题可用夹逼定理、定积分、级数来做，通项有递增或递减趋势时考虑夹逼定理．n n n z x y ≤≤，b y n →，c z n →}{n x ⇒有界，但不能说明n x 有极限．使用夹逼定理时，要求n n z y ,趋于同一个数．例 求证：0!lim =∞→n a nn （a 为常数）．分析：na m a m a a a a n a n ⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅= 1321!，因a 为固定常数，必存在正整数m ，使1+<≤m a m ，因此，自1+m a 开始，11<+m a ，12<+m a ，1,<na ，且∞→n 时，0→na． 证明：对于固定的a ，必存在正整数m ，使1+<m a ，当1+≥m n 时，有≤⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=≤n a m a m a a a a n an1321!0n am am⋅!，由于∞→n lim0!=⋅na m am，由夹逼定理得0!lim=∞→n ann ，即 0!lim=∞→n a nn ． 评注 当极限不易直接求出时，可将求极限的变量作适当的放大或缩小，使放大、缩小所得的新变量易于求极限，且二者极限值相同，直接由夹逼定理得出结果．例 若}{n a 是正数数列，且02lim21=+++∞→nna a a nn ，则0lim 1=⋅⋅⋅∞→n n n a a n ．证明：由()()()n n na a a ⋅⋅⋅ 2121nna a a n+++≤212，知n n na a a n ⋅⋅⋅⋅ 21!nna a a n+++≤212即 n n a a a ⋅⋅⋅ 21n n n n na a a !1221⋅+++≤．于是，n n a a a n ⋅⋅⋅<210nnn nna a a !1221⋅+++≤，而由已知02lim21=+++∞→nna a a nn 及∞→n lim0!1=nn故 ∞→n lim0!1221=⋅+++nnn nna a a由夹逼定理得 0lim 1=⋅⋅⋅∞→n n n a a n ．评注1 极限四则运算性质普遍被应用，值得注意的是这些性质成立的条件，即参加运算各变量的极限存在，且在商的运算中，分母极限不为0． 评注2 对一些基本结果能够熟练和灵活应用．例如： （1）0lim =∞→nn q （1<q ） （2）01lim=∞→an n （0>a ）（3）1lim =∞→n n a （0>a ） （4）1lim =∞→n n n（5）0!lim=∞→n a n n （0>a ） （6）∞→n lim 0!1=n n 例 证明：若a x n n =∞→lim （a 有限或∞±），则a nx x x nn =+++∞→ 21lim（a 有限或∞±）．证明：（１）设a 为有限，因为a x n n =∞→lim ，则11,,0N n N >∀N ∈∃>∀ε，有2ε<-a x n .于是=-+++a n x x x n21()()()na x a x a x n -++-+- 21+-++-+-≤nax a x a x N 121 nax a x n N -++-+ 1121εε+<-+<n A n N n n A ． 其中a x a x a x A N -++-+-=121 为非负数．因为0lim=∞→nAn ，故对上述的22,,0N n N >∀N ∈∃>ε，有2ε<n A ．取},max{21N N N =当N n >时，有 εεε=+<-+++2221a n x x x n即 a nx x x nn =+++∞→ 21lim．（２）设+∞=a ，因为+∞=∞→n n x lim ，则11,,0N n N G >∀N ∈∃>∀，有G x n 2>，且0121>+++N x x x ．于是=+++n x x x n21 ++++nx x x N 121 n x x n N +++ 11G nN G n N n G nx x nN 11122)(21-=->++>+取12N N =，当N n >时，G G nN <12，于是 G G G nx x x n=->+++221 ．即 +∞=+++∞→nx x x nn 21lim（３）-∞=a 时证法与（２）类似．评注１ 这一结论也称Cauchy 第一定理，是一个有用的结果，应用它可计算一些极限，例如：（１）01211lim=+++∞→nn n （已知01lim =∞→n n ）；（２）1321lim 3=++++∞→nnn n （已知1lim =∞→n n n ）．评注２ 此结论是充分的，而非必要的，但若条件加强为“}{n x 为单调数列”，则由a nx x x nn =+++∞→ 21lim可推出a x n n =∞→lim ．评注３ 证明一个变量能够任意小，将它放大后，分成有限项，然后证明它的每一项都能任意小，这种“拆分方法”是证明某些极限问题的一个常用方法，例如：若10<<λ，a a n n =∞→lim （a 为有限数），证明：λλλλ-=++++--∞→1)(lim 0221aa a a a n n n n n ． 分析：令0221a a a a x n n n n n λλλ++++=-- ，则01101221)()()()1(a a a a a a a a x n n n n n n n n +-----++-+-+=-λλλλλ ．只须证0)()()(101221→-++-+----a a a a a a n n n n n λλλ （∞→n ）由于a a n n =∞→lim ，故N n N >∀N ∈∃,，有ε<--1n n a a ．于是)()()(101221a a a a a a n n n n n -++-+----λλλ101111221a a a a a a a a a a n N n N n N N n N n N n n n n -++-+-++-+-≤---+-+----λλλλλ 再利用0lim =∞→n n λ（10<<λ）即得．例 求下列各式的极限： （１）)2211(lim 222nn n nn n n n n +++++++++∞→（２）n n n1211lim +++∞→ （３）nn nn 2642)12(531lim ⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∞→解：（１）≤+++++++++≤+++++n n n n n n n n n n n n 2222221121 1212+++++n n n∵∞→n lim n n n n +++++221 ∞→=n lim 212)1(2=+++n n n n n ， ∞→n lim 1212+++++n n n ∞→=n lim 2112)1(2=+++n n n n ， 由夹逼定理， ∴21)2211(lim 222=+++++++++∞→nn n n n n n n n（２）n n n n n=+++≤+++≤11112111 ∵1lim =∞→n n n ，由夹逼定理，∴11211lim =+++∞→n n n． （３）∵121243212642)12(531212212452321<-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅=⋅--⋅⋅⋅≤nn n n n n n n ， ∴12642)12(53121<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅≤⋅nn nn n n．∵∞→n lim121=⋅nnn，由夹逼定理，∴12642)12(531lim =⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅∞→nn nn ．评注nn 212-的极限是１，用此法体现了“１”的好处，可以放前，也可放后．若极限不是１，则不能用此法，例如：)12(53)1(32+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=n n x n ，求n n x ∞→lim ．解：∵0>n x ，{}n x 单调递减，{}n x 单调递减有下界，故其极限存在． 令a x n n =∞→lim ，∵3221++⋅=+n n x x n n ∴=+∞→1lim n n x n n x ∞→lim ∞→n lim 322++n n ， a a 21=， ∴0=a ，即 0lim =∞→n n x ．)2112111(lim nn +++++++∞→ （中科院） 评注 拆项：分母是两项的积，111)1(1+-=+n n n n 插项：分子、分母相差一个常数时总可以插项．1111111+-=+-+=+n n n n n ３单调有界必有极限 常用方法：①n n x x -+1；②nn x x 1+；③归纳法；④导数法． )(1n n x f x =+ 0)(>'x f )(x f 单调递增12x x > )()(12x f x f > 23x x > 12x x < )()(12x f x f < 23x x <0)(<'x f )(x f 单调递减12x x > )()(12x f x f < 23x x <12x x < )()(12x f x f > 23x x >不解决决问题．命题：)(1n n x f x =+，若)(x f 单调递增，且12x x >（12x x <），则{}n x 单调递增（单调递减）．例 求下列数列极限：（1）设0>A ，01>x ，)(211nn n x Ax x +=+；（98，华中科大，10分） （2）设01>x ，nnn x x x ++=+3331；（04，武大）（3）设a x =0，b x =1，221--+=n n n x x x （ ,3,2=n ）．（2000,浙大） 解：（1）首先注意A x Ax x A x x nn n n n =⋅⋅≥+=+221)(211，所以{}n x 为有下界数列． 另一方面，因为0)(21)(211≤-=-+=-+n nn n n n n x x Ax x A x x x ．（或()121)1(21221=+≤+=+A Ax A x x nn n ）故{}n x 为单调递减数列．因而n n x ∞→lim 存在，且记为a ． 由极限的四则运算，在)(211nn n x Ax x +=+两端同时取极限∞→n ，得)(21aAa a +=．并注意到0>≥A x n ，解得A a =． （2）注意到33)1(333301<++=++=<+nn n n n x x x x x ，于是{}n x 为有界数列．另一方面，由)24)(3()3(2333333333333311211121121-------+++-=++-⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=+-=-++=-n n n n n n n n n n n n n n x x x x x x x x x x x x x x )2)(3(31121---++-=n n n x x x 知=---+11n n n n x x x x 02133)2)(3(311211121>+=+-++-------n n n n n n x x x x x x ． 即n n x x -+1与1--n n x x 保持同号，因此{}n x 为单调数列，所以n n x ∞→lim 存在（记为a ）．由极限的四则运算，在nn n x x x ++=+3331两端同时取极限∞→n ，得a aa ++=333．并注意到30<<n x ，解得3=a ．（3）由于nn n n n n n n n n a b x x xx x x x x x x x )2()2()2(2201112111--=--=--==--=-+=----+ , 又=+-=∑-=+0101)(x x x x n m m m n a a b a a b x nn m mn +-----=+--=∑-=)21(1)21(1)()2(1)(10,所以 n n x ∞→lim 323)(2)21(1)21(1lim)(a b a a b a a b nn +=+-=+-----=∞→． 评注１ 求递归数列的极限，主要利用单调有界必有极限的原理，用归纳法或已知的一些基本结果说明数列的单调、有界性．在说明递归数列单调性时，可用函数的单调性．下面给出一个重要的结论：设)(1n n x f x =+（ ,2,1=n ）I x n ∈，若)(x f 在区间I 上单调递增，且12x x >（或12x x <），则数列{}n x 单调递增（或单调递减）．评注2 第三小题的方法较为典型，根据所给的11,,-+n n n x x x 之间的关系，得到n n x x -+1与1--n n x x 的等式，再利用错位相减的思想，将数列通项n x 写成级数的表达式．例 设11,b a 为任意正数，且11b a ≤，设11112----+=n n n n n b a b a a ，11--=n n n b a b （ ,3,2=n ），则{}n a ，{}n b 收敛，且极限相同． 证明：由≤+=----11112n n n n n b a b a a 111122----n n n n b a b a n n n b b a ==--11，知≤=--11n n n b a b 111---=n n n b b b ．则10b b n ≤<，即{}n b 为单调有界数列．又10b b a n n ≤≤<，且=-+=-------1111112n n n n n n n a b a b a a a =+---------111121112n n n n n n n b a b a a b a 0)(11111≥+------n n n n n b a a b a ， 所以{}n a 亦为单调有界数列．由单调有界必有极限定理，n n a ∞→lim 与n n b ∞→lim 存在，且分别记为a 与b ．在11112----+=n n n n n b a b a a 与11--=n n n b a b 两端同时取极限∞→n ，得b a ab a +=2与ab b =．考虑到11,b a 为任意正数且110b b a a n n ≤≤≤<． 即得0≠=b a ．例 （1）设21=x ，nn x x 121+=+，求n n x ∞→lim ；（2）设01=x ，22=x ，且02311=---+n n n x x x （ ,3,2=n ），求n n x ∞→lim ．解：（1）假设n n x ∞→lim 存在且等于a ，由极限的四则运算，在nn x x 121+=+两端同时取极限∞→n ，得aa 12+=，即21±=a ． 又2>n x ，故21+=a ．下面只须验证数列{}a x n -趋于零（∞→n ）．由于<-<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-<+a x a x a x a x a x n n n n n 41121201a x n-⎪⎭⎫ ⎝⎛<141， 而∞→n lim 0411=-⎪⎭⎫⎝⎛a x n，由夹逼定理得=∞→n n x lim 21+=a ． （2）由02311=---+n n n x x x ，知=++n n x x 231=+-123n n x x =+--2123n n x x 62312=+=x x ， 则 2321+-=+n n x x ． 假设n n x ∞→lim 存在且等于a ，由极限的四则运算，得56=a ． 下面只须验证数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-56n x 趋于零（∞→n ）．由于 =-+-=--56232561n n x x =⎪⎭⎫ ⎝⎛---56321n x 56325632111⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--n n x ． 显然∞→n lim 056321=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-n ，由夹逼定理得56lim =∞→n n x ．评注１ 两例题中均采用了“先求出结果后验证”的方法，当我们不能直接用单调有界必有极限定理时，可以先假设a x n n =∞→lim ，由递归方程求出a ，然后设法证明数列{}a x n -趋于零．评注２ 对数列{}n x ，若满足a x k a x n n -≤--1（ ,3,2=n ），其中10<<k ，则必有a x n n =∞→lim ．这一结论在验证极限存在或求解递归数列的极限时非常有用．评注３ 本例的第二小题还可用Cauchy 收敛原理验证它们极限的存在性．设1a >0，1+n a ＝n a ＋na 1，证明n ＝1（04，上海交大） 证 （1）要证n ＝1 ，只要证2lim 12nn a n→∞=，即只要证221lim 1(22)2n nn a a n n +→∞-=+-，即证221lim()2n n n a a +→∞-= （2）因1+n a ＝n a ＋n a 1，故110n n n a a a +-=>，1211n n na a a +=+ 2211112211()()112n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a +++++-=-+==++=+ 因此只要证21lim0n na →∞=，即只要证lim n n a →∞=∞ （3）由110n n na a a +-=>知，{}n a 单调增加，假如{}n a 有上界，则{}n a 必有极限a ，由1+n a ＝n a ＋n a 1知，a ＝a ＋1a ，因此10a=，矛盾. 这表明{}n a 单调增加、没有上界，因此lim n n a →∞=∞. （证完）４ 利用序列的Cauchy 收敛准则例 （1）设21xx =（10≤≤x ），2221--=n n x x x ，求n n x ∞→lim ；（2）设111==y x ，n n n y x x 21+=+，n n n y x y +=+1，求nnn y x ∞→lim； 解：（1）由21x x =（10≤≤x ），得211≤x ．假设21≤k x ，则412≤k x ．有 =-=+2221k k x x x 21212≤-k x x 由归纳法可得 21≤n x ． 于是 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=---++22222121n p n n pn x x x x x x111111212--+--+--+-≤-+=n p n n p n n p n x x x x x x 021211111→≤-≤≤-+-n p n x x （∞→n ）．由Cauchy 收敛准则知：n n x ∞→lim 存在并记为a ，由极限的四则运算，在2221--=nn x x x 两端同时取极限∞→n ，得022=-+x a a ． 注意到21≤n x ，故x a x n n ++-==∞→11lim ．（2）设nnn y x a =，显然1>n a . 由于nn n n n n n n a y x y x y x a ++=++==+++1112111,则 111111+++-+=-n n n n a a a a ()()<++-=--1111n n n n a a a a <<-- 141n n a a 12141a a n --. 于是=-+n p n a a n n p n p n p n p n a a a a a a -++-+-+-+-+-++1211 n n p n p n p n p n a a a a a a -++-+-≤+-+-+-++121112124141a a n p n -⎪⎭⎫⎝⎛++<--- 12141141141a a p n ---⋅=- 03141121→-⋅<-a a n (∞→n ). 由Cauchy 收敛准则知：n n x ∞→lim 存在并记为a . 由极限的四则运算，在nn a a ++=+1111两端同时取极限∞→n ，得22=a ． 注意到1>n a ，故=∞→n nn y x lim2lim =∞→n n a ． 评注1 Cauchy 收敛准则之所以重要就在于它不需要借助数列以外的任何数,只须根据数列各项之间的相互关系就能判断该数列的敛散性. 本例两小题都运用了Cauchy 收敛准则,但细节上稍有不同.其实第一小题可用第二小题的方法,只是在第一小题中数列{}n x 有界,因此有11111≤+≤-++x x x x p p .保证了定义中的N 仅与ε有关.评注2 “对N p ∈∀有()0lim =-+∞→n p n n x x ”这种说法与Cauchy 收敛准则并不一致．这里要求对每个固定的p ，可找到既与ε又与p 的关的Ｎ，当N n >，有ε<-+n p n x x ．而Cauchy 收敛准则要求所找到的Ｎ只能与任意的ε有关．５ 利用Stolz 定理计算数列极限例 求下列极限（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+++∞→421lim 3333n n n n（2）假设1222...lim ,lim 2n n n n a a na aa a n →∞→∞+++==证明：（00，大连理工，10）（04，上海交大）证明：Stolz 公式121211222212...(2...(1))(2...)limlim(1)(1)lim 212n n n n n n n n a a na a a na n a a a na n n n n a a n +→∞→∞+→∞++++++++++++=+-+==+（3）nn n ln 1211lim+++∞→ （4）n n n n 1232lim++++∞→ （5）n n an 2lim ∞→（1>a ）６ 关于否定命题的证明 （书上一些典型例题需背）a x n n ≠∞→lim{}n x 发散例 证明：nx n 131211++++= 发散．例 设0≠n a （ ,2,1=n ），且0lim =∞→n n a ，若存在极限l a a nn n =+∞→1lim，则1≤l ．（北大，20）７ 杂例 (1) )1(1321211lim +++⋅+⋅∞→n n n(2) （04，武大）2212lim(...),(1)11()1lim()11(1)1n n n n n n a a a an a a a a a a →∞→∞+++>-=-=--- (3) )1()1)(1(lim 22n n x x x +++∞→ (1<x);(4)设31=a ,n n n a a a +=+21（ ,2,1=n ），求： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++=∞→n n a a a l 111111lim 21 ．。

求数列极限的典型例题1. 数列极限的基本概念好吧，咱们先聊聊“数列极限”是什么东西。

听到这个词，有些小伙伴可能会觉得有点晦涩，但其实它就像是在你追求目标时，永远朝着一个方向走。

比如说，你在吃泡面，面条一根接一根地煮，最后不就是想要那碗美味的泡面吗？数列极限就像是那些面条，随着时间的推移，越来越接近那个最终的目标。

简单说，就是数列中的数字越来越接近某个固定的数值。

1.1 数列的构成首先，咱们得明白，数列其实就是一串数字的集合。

就像你收集邮票，或者存钱，都是一点一点积累起来的。

这些数字可以是任意的，但一旦它们有了某种规律，那就更有意思了！你可以想象一下，一个数列就像是一条蜿蜒的小路，有高有低，有起有伏，但总是朝着某个地方前进。

1.2 极限的意义接下来，咱们聊聊极限。

极限就是指，当你无限接近某个值时的状态。

就好比你追一个人，越追越近，最后你们总会碰到一起。

极限让我们可以理解数列在无穷远处的行为，仿佛是在做一个长途旅行，虽然现在离目的地还远，但心中早已打定主意，不达目的誓不罢休。

2. 常见的数列极限例题现在，咱们来点实际的，举几个例子，让大家更加明白数列极限是怎么回事。

比如，咱们来看一个很经典的数列：( a_n = frac{1{n )。

当 ( n ) 变得越来越大时，这个数列的值会趋向于0。

听起来简单吧？但实际上，它在告诉我们一种深刻的哲理：无论你多么强大，总会有一种力量能让你慢下来。

2.1 例子解析咱们再来看看另一个数列：( b_n = frac{n{n+1 )。

当 ( n ) 越来越大时，这个数列的极限也会趋近于1。

这个过程就像是你在考试前努力复习，结果最后都快要考满分了。

其实，每个数列的极限都藏着一个故事，你只需细心观察。

2.2 直观理解更直观地说，如果你想知道一个数列的极限，可以试试图形化的方式。

比如，画一条图线，随着 ( n ) 的增加，你会发现它越来越接近某个水平线。

这种图形就像是生活中的风景，虽然一路上风景各异，但终究你会看到那条直线，心中默念：“终于到了！”3. 求极限的技巧与方法当然，求极限的方法也有很多，咱们简单聊几个。

1.4数列在日常经济生活中的应用（讲义+典型例题+小练）一、例述数列在生活中的应用数学不仅仅是我们生活中的工具，更大程度上是我们生活中的必需品，并影响着人们的生活。

以生活中的一个常见问题为例：例1：1．为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用m毫克.已知人的肾脏每24小时可以从体内滤除这种药物的80%，设第n=）.次服药后（滤除之前）这种药物在人体内的含量是n a毫克，（即1a mm=，求2a､3a；(1)已知12(2)该药物在人体的含量超过25毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求m的最大值.举一反三：1．顾客采用分期付款的方式购买一件5000元的商品，在购买一个月后第一次付款，且每月等额付款一次，在购买后的第12个月将货款全部付清，月利率0.5％.按复利计算，该顾客每月应付款多少元（精确到1元）？二、银行储蓄与分期付款中的数列应用储蓄与贷款与国计民生、社会生活发展息息相关，大到支援国家建设，小到个人家庭的财政支出管理，处处都嵌套着数列的应用。

在人们日常的生活规划中，为未来进行资金储备的零存整取的存储模式是银行储蓄中常见的一种金融计算方式。

下面将以某一常见模式为例，进行数列在储蓄领域应用的解析。

（1）储蓄业务种类①活期储蓄②定期储蓄（整存整取定期储蓄、零存整取定期储蓄、整存零取定期储蓄、存本取息定期储蓄、定活两便储蓄）③教育储蓄④个人通知存款⑤单位协定存款（2）银行存款计息方式：①单利单利的计算是仅在原有本金上计算利息,对本金所产生的利息不再计算利息.其公式为：利息=本金×利率×存期以符号P代表本金,n代表存期,r代表利率,S代表本金和利息和(以下简称本利和),则有②复利把上期末的本利和作为下一期的本金,在计算时每一期本金的数额是不同的.复利的计算公式是（3）零存整取模型例1：1．复利是指一笔资金产生利息外，在下一个计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息，而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y元.则y-x的值为（）(参考数据：1.01512≈1.2)A．0B．1200C．1030D．9002.银行有一种叫作零存整取的储蓄业务,即每月定时存入一笔相同数目的现金,这是零存;到约定日期,可以取出全部本利和,这是整取.规定每次存入的钱不计复利(暂不考虑利息税).(1)若每月存入金额为x元,月利率r保持不变,存期为n个月,试推导出到期整取是本利和的公式;(2)若每月初存入500元,月利率为0.3%,到第36个月末整取时的本利和是多少?(3)若每月初存入一定金额,月利率为0.3%,希望到第12个月末整取时取得本利和2000元.那么每月初应存入的金额是多少?举一反三：1．某企业在2013年年初贷款M万元，年利率为m，从该年年末开始，每年偿还的金额都是a万元，并恰好在10年间还清，则a的值为（）A．()()1010111M mm++-B．()101Mmm+C．()()1010111Mm mm++-D．()()1010111Mm mm+++2.银行有一种叫作零存整取的储蓄业务,即每月定时存入一笔相同数目的现金,这是零存;到约定日期,可以取出全部本利和,这是整取.规定每次存入的钱不计复利.银行按国家规定到期扣除20﹪的利息税(应纳税额=应纳税利息额×税率).(1)若每月存入金额为x 元,月利率r 保持不变,存期为n 个月,试推导出到期整取时本利和的公式;(2)若每月初存入500元,月利率为0.3%,到第36个月末整取时的本利和是多少?三、 环境资源利用中的数列应用进入21世纪以来，能源的短缺成为困扰人类社会发展的主要问题之一，尤其是不可再生资源的合理有效利用问题，更是人类社会进一步发展需要解决的首要问题。

数列题目精选精编【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质例题1. 已知数列}{n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥.（1）求32,a a ；（2）证明：312n n a -=. 解：（1）21231,314,3413a a a =∴=+==+=.（2）证明：由已知113--=-n n n a a ，故)()()(12211a a a a a a a n n n n n -++-+-=---1213133312n n n a ---+=++++=， 所以证得312n n a -=.例题2. 数列{}n a 的前n 项和记为11,1,21(1)n n n S a a S n +==+≥（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T .解：（Ⅰ）由121n n a S +=+可得121(2)n n a S n -=+≥，两式相减得：112,3(2)n n n n n a a a a a n ++-==≥，又21213a S =+=∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公比为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b = 故可设135,5b d b d =-=+，又1231,3,9a a a ===，由题意可得2(51)(59)(53)d d -+++=+，解得122,10d d ==∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d =∴2(1)3222n n n T n n n -=+⨯=+例题3. 已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322...a a a +++128n n a n -+=对任意的*N n ∈都成立，数列{}n n b b -+1是等差数列.⑴求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；⑵是否存在N k *∈，使得(0,1)k k b a -∈，请说明理由.点拨：（1）2112322...28n n a a a a n -++++=左边相当于是数列{}12n n a -前n 项和的形式，可以联想到已知n S 求n a 的方法，当2n ≥时，1n n n S S a --=.（2）把k k a b -看作一个函数，利用函数的思想方法来研究k k a b -的取值情况.解：（1）已知212322a a a +++…12n n a -+8n =(n ∈*N ）① 2n ≥时，212322a a a +++ (2)128(1)n n a n --+=-(n ∈*N ）②①－②得，128n n a -=，求得42n n a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42nn a -=(n ∈N*）. 由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-，∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---， ∴1n nb b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-(4)(2)(28)n =-+-++-2714n n =-+(n ∈*N ）.（2）k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k-单调递增，且(4)1f =， 所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k-≥， 又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈*N ，使得(0,1)k k b a -∈.例题4. 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1成等比数列，且a 1 = 1， b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，求通项a n ，b n解： 依题意得：2b n+1 = a n+1 + a n+2 ① a 2n+1 = b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数， 由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ， 代入①并同除以1+n b 得：212+++=n n n b b b ， ∴}{n b 为等差数列∵ b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，29,22122==b b b a 则 ，∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n ，∴当n ≥2时，2)1(1+==-n n b b a n n n ， 又a 1 = 1，当n = 1时成立， ∴2)1(+=n n a n2. 研究前n 项和的性质 例题5.已知等比数列}{n a 的前n 项和为2nn S a b =⋅+，且13a =.（1）求a 、b 的值及数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n b a =，求数列}{n b 的前n 项和n T . 解：（1）2≥n 时，a S S a n n n n ⋅=-=--112.而}{n a 为等比数列，得a a a =⋅=-1112， 又31=a ，得3=a ，从而123-⋅=n n a .又123,3a a b b =+=∴=-.（2）132n n n n n b a -==⋅， 21123(1)3222n n nT -=++++231111231(2322222n n n n n T --=+++++） ，得2111111(1)232222nn n n T -=++++-，111(1)2412[](1)13232212n n n n n n n T +⋅-=-=---.例题6. 数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足121(lg lg lg )k k b a a a k=+++*()N k ∈， （1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '.解：（1）由题意：410nn a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==. （2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <，∴当7n ≤时，212731132()244n n n S b b b n n n -+'=+++==-+ 当7n >时，12789n n S b b b b b b '=+++----27121132()2144n S b b b n n =-+++=-+∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩.例题7. 已知递增的等比数列{n a }满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项.（1）求{n a }的通项公式n a ；（2）若12log n n n b a a =，12n n S b b b =+++求使1230n n S n ++⋅>成立的n 的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由a 1q +a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q +a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q =2或a 1=32，q =12（舍）∴a n =2·2（n －1）=2n（2） ∵12log 2nn n n b a a n ==-⋅，∴S n =－（1·2+2·22+3·23+…+n ·2n ） ∴2S n =－（1·22+2·23+…+n ·2n +1），∴S n =2+22+23+…+2n －n ·2n +1=－（n －1）·2n +1－2， 若S n +n ·2n +1＞30成立，则2n +1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8. 已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且11,,n n S a +-成等差数列，*1,1N n a ∈=. 函数3()log f x x =.（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）设数列{}n b 满足1(3)[()2]n n b n f a =++，记数列{}n b 的前n 项和为T n ，试比较 52512312n n T +-与的大小. 解：（I ）11,,n n S a +-成等差数列，121n n S a +∴=-① 当2n ≥时，121n n S a -=-②. ①－②得：112()n n n n S S a a -+-=-，13+=∴n n a a ，13.n na a +∴=当n =1时，由①得112221S a a ∴==-， 又11,a =2213,3,a a a ∴=∴={}n a ∴是以1为首项3为公比的等比数列，13.n n a -∴=（II ）∵()x log x f 3=，133()log log 31n n n f a a n -∴===-，11111()(3)[()2](1)(3)213n n b n f a n n n n ===-++++++，1111111111111()224354657213n T n n n n ∴=-+-+-+-++-+-+++11111()22323n n =+--++525,122(2)(3)n n n +=-++比较52512312n n T +-与的大小，只需比较2(2)(3)n n ++与312 的大小即可. 222(2)(3)3122(56156)2(5150)n n n n n n ++-=++-=+-又2(15)(10)n n =+-∵*,N n ∈∴当*19N n n ≤≤∈且时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++<<-即 当10n =时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++==-即 当*10N n n >∈且时，5252(2)(3)312,12312n n n n T +++>>-即.3. 研究生成数列的性质例题9. （I ） 已知数列{}n c ，其中nn n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p ；（II ） 设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n +1－pc n }是等比数列，故有 （c n +1－pc n ）2=（ c n +2－pc n+1）（c n －pc n －1）， 将c n =2n ＋3n 代入上式，得 [2n ＋1+3n ＋1－p （2n ＋3n ）]2=[2n ＋2+3n ＋2－p （2n +1＋3n +1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]， 即[（2－p ）2n +（3－p ）3n ]2=[（2－p ）2n+1+（3－p ）3n+1][ （2－p ）2n －1+（3－p ）3n －1]，整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n =0，解得p =2或p =3. （Ⅱ）设{a n }、{b n }的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n . 为证{c n }不是等比数列只需证22c ≠c 1·c 3.事实上，22c =（a 1p ＋b 1q ）2=21a p 2＋21b q 2＋2a 1b 1pq ， c 1·c 3=（a 1＋b 1）（a 1 p 2＋b 1q 2）=21a p 2＋21b q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.由于p ≠q ，p 2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此≠22c c 1·c 3，故{c n }不是等比数列.例题10. n 2（ n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn解： 设数列{1k a }的公差为d ， 数列{ik a }（i=1，2，3，…，n ）的公比为q则1k a = a 11 + （k －1）d ， a kk = [a 11 + （k －1）d]q k －1依题意得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ，解得：a 11 = d = q = ±21 又n 2个数都是正数，∴a 11 = d = q = 21 ， ∴a kk = kk2nn S 212132122132⨯++⨯+⨯+= ，1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S ，两式相减得：n n n S 22121--=-例题11. 已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n nn b b b T a b +++==21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21+≥+++n p a a a n对一切*N n ∈均成立的最大实数p .解：（1）由题意得⎩⎨⎧=+=+2)5(log 1)2(log 33b a b a ，解得⎩⎨⎧-==12b a ，)12(log )(3-=∴x x f *)12(log ,1233N n n a n n ∈-==- （2）由（1）得n n n b 212-=， nn n n n T 2122322523211321-+-++++=∴- ① 1132212232252232121+--+-+-+++=n n n n n n n T ② ①－②得)21212121(2121n 22222222221T 211n 2n 2111n n 1n 321n --+-+++++=--+++++= 1n 1n 1n 21n 2212321n 2+-+---=--.n n 2n n 23n 2321n 2213T +-=---=∴-， 设*,232)(N n n n f n ∈+=，则由 1512132121)32(252232252)()1(1<+≤++=++=++=++n n n n n n f n f n n 得*,232)(Nn n n f n ∈+=随n 的增大而减小 +∞→∴n 当时，3→n T 又)(Z m m T n ∈<恒成立，3min =∴m（3）由题意得*21)11()11)(11(121N n a a a n p n ∈++++≤对 恒成立记)11()11)(11(121)(21n a a a n n F ++++=，则()()11n 21n 2)1n ()1n (4)1n (2)3n 2)(1n 2(2n 2)a 11()a 11)(a 11(1n 21)a 11)(a 11()a 11)(a 11(3n 21)n (F )1n (F 2n 211n n 21=++>+-++=+++=+++++++++=++)(),()1(,0)(n F n F n F n F 即>+∴> 是随n 的增大而增大)(n F 的最小值为332)1(=F ，332≤∴p ，即332max =p .（二）证明等差与等比数列 1. 转化为等差等比数列.例题12. 数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122，*N n ∈. ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++= ，求n S ；⑶设n b =1(12)n n a -**12(),()N N n n n T b b b n ∈=+++∈，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由.解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ， 由题意得2832d d =+⇒=-，82(1)102n a n n ∴=--=-. （2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤ 时21281029,2n na a a n n n +-=+++=⨯=-6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++= 765212555()2940n n S S S S S n n =--=-=-+故⎪⎩⎪⎨⎧+--=40n 9n n n 9S 22n 56n n ≤≥ （3）11111()(12)2(1)21n n b n a n n n n ===--++， ∴n T 1111111111[(1)()()()()]22233411n n n n =-+-+-++-+--+.2(1)n n =+ 若32n m T >对任意*N n ∈成立，即116n m n >+对任意*N n ∈成立， *()1N n n n ∈+的最小值是21，1,162m ∴<m ∴的最大整数值是7.即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32n m T >例题13. 已知等比数列{}n b 与数列{}n a 满足3,n an b n =∈N *.（1）判断{}n a 是何种数列，并给出证明； （2）若8131220,a a m b b b +=求.解：（1）设{}n b 的公比为q ，∵3n an b =，∴()q log 1n a a 3q 331n a 1n a n 1-+=⇒=⋅-。

等比数列典型题题型一 等比数列的基本量的计算例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n .探究提高 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．等比数列{a n }满足：a 1＋a 6＝11，a 3·a 4＝329，且公比q ∈(0,1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若该数列前n 项和S n ＝21，求n 的值．题型二 等比数列的性质及应用例2等比数列{a n }中(1)若已知a 2＝4，a 5＝－12，求a n ；(2)若a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值．探究提高 在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(1)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6等于( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2(2)已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且S 3＝8，S 6＝7，则a 4＋a 5＋…＋a 9＝________.题型三 等比数列的判定例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1 (n ≥2)，且a n ＋S n＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式．探究提高 注意判断一个数列是等比数列的方法，另外第(2)问中要注意验证n ＝1时是否符合n ≥2时的通项公式，能合并的必须合并．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n ＋1，求证：{a n }是等比数列，并求出通项公式．题型四 等差与等比数列综合性问题的求解例：(12分)(湖北)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．等比数列典型题题型一 等比数列的基本量的计算例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列．(1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝3，求S n .思维启迪：(1)由S 1，S 3，S 2成等差数列，列方程求出q .(2)由a 1－a 3＝3求出a 1，再由通项和公式求出S n .解 (1)依题意有a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0. 又q ≠0，从而q ＝－12.(2)由已知可得a 1－a 1⎝⎛⎭⎫－122＝3.故a 1＝4.从而S n ＝4[1－⎝⎛⎭⎫－12n ]1－⎝⎛⎭⎫－12＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n . 探究提高 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．等比数列{a n }满足：a 1＋a 6＝11，a 3·a 4＝329，且公比q ∈(0,1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若该数列前n 项和S n ＝21，求n 的值．解 (1)∵a 3·a 4＝a 1·a 6＝329，又a 1＋a 6＝11，故a 1，a 6可看作方程x 2－11x ＋329＝0的两根，又q ∈(0,1)，∴a 1＝323，a 6＝13，∴q 5＝a 6a 1＝132，∴q ＝12，∴a n ＝323·⎝⎛⎭⎫12n －1＝13·⎝⎛⎭⎫12n －6.(2)由(1)知S n ＝643⎝⎛⎭⎫1－12n ＝21，解得n ＝6. 题型二 等比数列的性质及应用例2等比数列{a n }中(1)若已知a 2＝4，a 5＝－12，求a n ；(2)若a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值．思维启迪：注意巧用性质，减少计算．如：对于等比数列{a n }，若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ；若m ＋n ＝2p (m ，n ，p ∈N *)，则a m ·a n ＝a 2p . 解 (1)设公比为q ，则a 5a 2＝q 3，即q 3＝－18，∴q ＝－12，∴a n ＝a 5·q n －5＝⎝⎛⎭⎫－12n －4. (2)∵a 3a 4a 5＝8，又a 3a 5＝a 24，∴a 34＝8，a 4＝2.∴a 2a 3a 4a 5a 6＝a 54＝25＝32.探究提高 在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(1)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6等于( )A ．5 2B ．7C ．6D ．4 2(2)已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且S 3＝8，S 6＝7，则a 4＋a 5＋…＋a 9＝________. 答案 (1)A (2)－78解析 (1)把a 1a 2a 3，a 4a 5a 6，a 7a 8a 9看成一个整体，则由题意，知它们分别是一个等比数列的第1项，第4项和第7项，这里的第4项刚好是第1项与第7项的等比中项．因为数列{a n }的各项均为正数，所以a 4a 5a 6＝(a 1a 2a 3)·(a 7a 8a 9)＝5×10＝5 2.(2)根据等比数列的性质，知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即8,7－8，S 9－7成等比数列，所以(－1)2＝8(S 9－7)．解得S 9＝718.所以a 4＋a 5＋…＋a 9＝S 9－S 3＝718－8＝－78.题型三 等比数列的判定例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1 (n ≥2)，且a n ＋S n＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式．思维启迪：(1)由a n ＋S n ＝n 及a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1转化成a n 与a n ＋1的递推关系，再构造数列{a n －1}．(2)由c n 求a n 再求b n .(1)证明 ∵a n ＋S n ＝n ，①∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1， ∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1， ∴a n ＋1－1a n －1＝12，∴{a n －1}是等比数列．又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12，∵首项c 1＝a 1－1，∴c 1＝－12，公比q ＝12.又c n ＝a n －1，∴{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由(1)可知c n ＝⎝⎛⎭⎫－12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n . ∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1－⎝⎛⎭⎫12n ＝⎝⎛⎭⎫12n .又b 1＝a 1＝12代入上式也符合，∴b n＝⎝⎛⎭⎫12n . 探究提高 注意判断一个数列是等比数列的方法，另外第(2)问中要注意验证n ＝1时是否符合n ≥2时的通项公式，能合并的必须合并．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n ＋1，求证：{a n }是等比数列，并求出通项公式．证明 ∵S n ＝2a n ＋1，∴S n ＋1＝2a n ＋1＋1∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝(2a n ＋1＋1)－(2a n ＋1)＝2a n ＋1－2a n .∴a n ＋1＝2a n ，又∵S 1＝2a 1＋1＝a 1，∴a 1＝－1≠0.又由a n ＋1＝2a n 知a n ≠0，∴a n ＋1a n＝2.∴{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1 题型四 等差与等比数列综合性问题的求解例：(12分)(湖北)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解(1) 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d ， 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5.[2分] 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d .依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)．[4分] 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.[6分](2)证明 数列{b n }的前n 项和S n ＝54(1－2n )1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.[8分]所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．。

高三数学数列综合应用试题答案及解析1.某企业为加大对新产品的推销力度，决定从今年起每年投入100万元进行广告宣传，以增加新产品的销售收入．已知今年的销售收入为250万元，经市场调查，预测第n年与第n－1年销售收入an 与an－1(单位：万元)满足关系式：a n＝a n－1＋－100.(1)设今年为第1年，求第n年的销售收入an；(2)依上述预测，该企业前几年的销售收入总和Sn最大．【答案】（1）an＝500－－100(n－1)（2）前5年【解析】解：(1)由题意可知an －an－1＝－100(n≥2)，an－1－a n－2＝－100，…a 3－a2＝－100，a 2－a1＝－100，a1＝250＝.以上各式相加得，an＝500(＋＋…＋)－100(n－1)＝500·－100(n－1)＝500－－100(n－1)．(2)要求销售收入总和Sn的最大值，即求年销售收入大于零的所有年销售收入的和．∵an＝500－－100(n－1)，∴要使an≥0，即500－－100(n－1)≥0，也就是＋≤1.令bn＝＋，则bn －bn－1＝＋－－＝－，显然，当n≥3时，bn >bn－1，而b5<1，b6>1，∴a5>0，a6<0.∴该企业前5年的销售收入总和最大．2.设数列{an }的前n项和Sn满足＝3n－2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m.【答案】（1）an＝6n－5(n∈N*)（2）10【解析】解：(1)由＝3n－2，得Sn＝3n2－2n.当n≥2时，an ＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×1－2＝6－5＝1.所以an＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得bn＝＝＝ (－)，故Tn＝ [(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝ (1－)．因此，使得(1－)< (n∈N*)成立的m必须满足≤，即m≥10，故满足要求的最小正整数m为10.3.（14分）（2011•广东）设b＞0，数列{an}满足a1=b，an=（n≥2）（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n，2an≤b n+1+1．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由题设形式可以看出，题设中给出了关于数列an的面的一个方程，即一个递推关系，所以应该对此递推关系进行变形整理以发现其中所蕴含的规律，观察发现若对方程两边取倒数则可以得到一个类似等差数列的形式，对其中参数进行讨论，分类求其通项即可．（2）由于本题中条件较少，解题思路不宜用综合法直接分析出，故求解本题可以采取分析法的思路，由结论探究其成立的条件，再证明此条件成立，即可达到证明不等式的目的．解：（1）∵（n≥2），∴（n≥2），当b=1时，（n≥2），∴数列{}是以为首项，以1为公差的等差数列，∴=1+（n﹣1）×1=n，即an=1，当b＞0，且b≠1时，（n≥2），即数列{}是以=为首项，公比为的等比数列，∴=×=，即an=，∴数列{an}的通项公式是（2）证明：当b=1时，不等式显然成立当b＞0，且b≠1时，an =，要证对于一切正整数n，2an≤b n+1+1，只需证2×≤b n+1+1，即证∵==（b n+1+1）×（b n﹣1+b n﹣2+…+b+1）=（b2n+b2n﹣1+…+b n+2+b n+1）+（b n﹣1+b n﹣2+…+b+1）=b n[（b n+b n﹣1+…+b2+b）+（++…+）]≥b n（2+2+…+2）=2nb n所以不等式成立，综上所述，对于一切正整数n，有2an≤b n+1+1，点评：本题考点是数列的递推式，考查根据数列的递推公式求数列的通项，研究数列的性质的能力，本题中递推关系的形式适合用取倒数法将所给的递推关系转化为有规律的形式，两边取倒数，条件许可的情况下，使用此技巧可以使得解题思路呈现出来．数列中有请多成熟的规律，做题时要注意积累这些小技巧，在合适的情况下利用相关的技巧，可以简化做题．在（2）的证明中，采取了分析法的来探究解题的思路，通过本题希望能进一步熟悉分析法证明问题的技巧．4.已知数列,,2,,…,则2在这个数列中的项数为()A．6B．7C．19D．11【答案】B【解析】设,,,,…形成的数列为{an },被开方数形成的数列为{bn},从形式上讲,每一项都有二次根号,被开方数为2,5,8,11…,易归纳出数列{bn }的一个通项公式为bn=3n-1,所以an=,2==,解得n=7,所以2是这个数列的第7项.5.已知数列，对任意的，当时，；当时，，那么该数列中的第10个2是该数列的第项．【答案】39366（）【解析】由题意，，，由此可得，，故第10个2应该是，即第项．【考点】数列的通项公式与数列的项．6.一个三角形数表按如下方式构成（如图：其中项数）：第一行是以4为首项，4为公差的等差数列，从第二行起，每一个数是其肩上两个数的和，例如：；为数表中第行的第个数．（1）求第2行和第3行的通项公式和；（2）证明：数表中除最后2行外每一行的数都依次成等差数列；（3）求关于（）的表达式．【答案】(1),；（2）证明见解析，；（3）．【解析】（1）根据定义，，因此，；（2）由于第行的数依赖于第的数，因此我们可用数学归纳法证明；（3）设第行的公差为，，而，从而，即，于是有，由此可求得数列是公差为1的等差数列，而，由等差数列通项公式得，从而有．试题解析：（1）．（4分）（2）由已知，第一行是等差数列，假设第行是以为公差的等差数列，则由（常数） 知第行的数也依次成等差数列，且其公差为.综上可得，数表中除最后2行以外每一行都成等差数列． （9分） （3）由于，所以， （11分） 所以， 由得， （13分） 于是，即， （15分）又因为，所以，数列是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，，所以（）． （18分）【考点】（1）等差数列的通项公式；（2）等差数列的判定；（3）由递推公式求通项公式．7. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切正整数n ，点P n (n ，S n )都在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，且在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2k n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n ＝2n ＋1（2）T n ＝·4n ＋2－【解析】(1)∵点P n (n ，S n )在函数f(x)＝x 2＋2x 的图象上，∴S n ＝n 2＋2n(n ∈N *)，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由f(x)＝x 2＋2x ，求导得f′(x)＝2x ＋2. ∵在点P n (n ，S n )处的切线的斜率为k n ， ∴k n ＝2n ＋2，∴b n ＝2k n a n ＝4·(2n ＋1)·4n ， ∴T n ＝4×3×4＋4×5×42＋4×7×43＋…＋4×(2n ＋1)×4n ，用错位相减法可求得T n ＝·4n ＋2－.8. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足log 2(1＋S n )＝n ＋1，则{a n }的通项公式为__________． 【答案】a n ＝【解析】由log 2(1＋S n )＝n ＋1，得S n ＝2n ＋1－1. n ＝1时，a 1＝S 1＝3.n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n . 当n ＝1时a 1＝3不符合上式，∴a n ＝9. 已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且a n ＝S n －1＋2(n ≥2)，a 1＝2. (1)求数列{a n }的通项公式． (2)设b n ＝，T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ，是否存在最大的正整数k ，使得对于任意的正整数n ，有T n ＞恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）2n （2）存在【解析】(1)由已知a n ＝S n －1＋2， ① 得a n ＋1＝S n ＋2. ②②－①，得a n ＋1－a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝2a n (n ≥2)．又a 1＝2，∴a 2＝a 1＋2＝4＝2a 1， ∴a n ＋1＝2a n (n ＝1,2,3，…)，∴数列{a n }是一个以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝2·2n －1＝2n ，n ∈N *. (2)b n ＝＝＝，∴T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＝＋＋…＋，T n ＋1＝b n ＋2＋b n ＋3＋…＋b 2(n ＋1)＝＋＋…＋＋＋. ∴T n ＋1－T n ＝＋－＝＝.∵n 是正整数，∴T n ＋1－T n ＞0，即T n ＋1＞T n .∴数列{T n }是一个单调递增数列．又T 1＝b 2＝，∴T n ≥T 1＝， 要使T n ＞恒成立，则＞，即k ＜6.又k 是正整数，故存在最大正整数k ＝5使T n ＞恒成立． 10. 若，则___________ ．【答案】【解析】由，可得，所以．【考点】代数式的处理11. 数列的首项为，为等差数列且 .若则，，则( )A ．0B ．3C ．8D ．11【答案】B 【解析】由为等差数列且，，则，所以，故，累加得，所以.【考点】1、等差数列的通项公式；2、累加法.12. 已知数列是等差数列，且，；又若是各项为正数的等比数列，且满足，其前项和为，. (1)分别求数列，的通项公式，； (2)设数列的前项和为，求的表达式，并求的最小值. 【答案】(1)，；(2)，.【解析】(1)首先设出公差和公比，根据已知条件及等比数列和等差数列的性质，列方程组解方程组，求得公差和公比，写出各自的通项公式；(2)因为取偶数和奇数时，数列的项数会有变化，所以对分取偶数和奇数两种情况进行讨论，根据等差数列和等比数列的前项和公式，求出的表达式，根据前后两项的变化确定的单调性，求得每种情况下的最小值，比较一下，取两个最小值中的较小者. 试题解析：(1)设数列的公差是，的公比为，由已知得，解得，所以； 2分又，解得或(舍去)，所以； .4分(2)当为偶数时，，当为奇数时. .10分当为偶数时，，所以先减后增，当时，，所以；当时，，所以；所以当为偶数时，最小值是. 12分当为奇数时，，所以先减后增，当时，，所以，当时，，所以，所以当为奇数时，最小值是.比较一下这两种情况下的的最小值，可知的最小值是. .14分【考点】1、等差数列与等比数列的前项和公式；2、数列与函数单调性的综合应用；3、数列与求函数最值的综合运用；4、数列的函数特性.13.已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数为,数列的前项和为,点均在函数的图像上.（1）求的解析式；（2）求数列的通项公式；（3）设,是数列的前n项和,求使得对所有都成立的最小正整数.【答案】（1）（2）（3）10【解析】（1）利用导函数及待定系数法求解；（2）利用与的关系求通项公式，要注意对进行讨论；（3）数列求和的方法由数列的通项公式决定.常用的方法有：公式求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法等。

2023年高考数学-----数列性质的综合问题典型例题讲解【典型例题】例1．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足1211n n a a n +−=−，且110a =，则n a 的最小值是（ ） A ．-15 B ．-14C ．-11D ．-6【答案】A【解析】∵1211n n a a n +−=−，∴当5n ≤时，10n n a a +−<，当5n >时，10n n a a +−>，∴12345678a a a a a a a a >>>>><<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又1211n n a a n +−=−，∴()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+−+−+−+−+−()()()()()109753115=+−+−+−+−+−=−，即n a 的最小值是15−.故选：A例2．（2022·福建三明·高三期中）设等比数列{}n a 的公比为q ，其前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，并满足条件1201920201,1a a a >>，20192020101a a −<−，则下列结论正确的是（ ）A ．20192020S S >B ．2020T 是数列{}n T 中的最大值C ．2019202110a a −<D ．数列{}n T 无最大值【答案】C【解析】等比数列{}n a 的公比为q ，则11n n a a q −=，由201920201a a >，则有2201920202019()1a a a q =>，必有0q >，又由20192020101a a −<−，即20192020(1)(1)0a a −−<，又11a >，则有20202019011a a <<⎧⎨>⎩或20202019101a a >⎧⎨<<⎩， 又当20202019101a a >⎧⎨<<⎩时，可得1q >，由11a >，则2018201911a a q=>与201901a <<矛盾 所以20202019011a a <<⎧⎨>⎩，则有01q <<，由此分析选项：对于A ，2020201920200S S a −=>，故20192020S S <，故A 错误；对于B ，等比数列{}n a 中，01q <<，10a >，所以数列{}n a 单调递减，又因为202020191a a <<，所以前n 项积为n T 中，2019T 是数列{}n T 中的最大项，故B 错误；对于C ，等比数列{}n a 中，则22019202120201a a a =<，则2019202110a a −<，故C 正确；对于D ，由B 的结论知2019T 是数列{}n T 中的最大项，故D 错误. 故选：C.例3．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））数列{}n a 的前n 项和21122n n S −=−，则数列22log 3nn a −⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭中的最大项为（ ）A ．14B ．516C ．38D ．12【答案】C【解析】当1n =时，11113222a S ==−=. 当2n ≥时，由已知得，21122n n S −=−，()211231112222n n n S −−−−=−=−， 则212323111223222n n n n n n S S a −−−−=−+=⨯=−−. 当1n =时，113322a −=⨯=，满足. 所以，2332n n a −⨯=.设22log 3nn n a b −=⋅，则232232232log 2log 332n n nn n na nb −−−⨯−=⋅=⋅=. 设数列{}n b 中的第()2k k ≥项最大，则应满足11k k k k b b b b +−≥⎧⎨≥⎩，即()()111121323212222132325222k k k kk k k k k k k k ++−−⎧+−−−≥=⎪⎪⎨−−−−⎪≥=⎪⎩，整理可得()()2232123225k k k k ⎧−≥−⎪⎨−≥−⎪⎩解得5722k ≤≤，又*N k ∈，所以3k =，33233328b ⨯−==， 又131213122b b ⨯−==−<. 所以，数列22log 3nn a −⎧⎫⋅⎨⎬⎩⎭中的最大项为338b =.故选：C.例4．（2022·全国·安阳市第二中学模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n n S na +=，若1n na S n nλ−≤−恒成立，则实数λ的最大值为（ ）A ．12 B ．1 C ．23D ．34【答案】C 【解析】因为22n n n n S na S n a ⇒+=+= 当1n =时，解得：11a = 当2n ≥时，1112n n S n a −−+−=，两式相减得：()1121121n n n n a a a a −−=+⇒+=+ 数列{}1n a +是首相为112a +=，公比为2得等比数列所以12n n a +=，所以21nn a =−易得122n n S n +=−−1n na S n nλ−≤−，即()122122n n n n n λ+−−++≤−()()221221n n n λ−−−≤−，即()()2221n n λ−−≤−所以()2221n n λ−≥−，即()2221n n g n λ≤−=−易知*N n ∈时，()11g = ，()223g =，()537g =，()14415g =，L 满足()()()()()1234g g g g g n ><<< ，所以()()min 223g n g ==所以23λ≤， 故选：C例5．（2022·山西运城·高三期中）已知数列{}n a 满足113,1n n a a a +=−=，若13n nb a =+，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且对于任意的*N n ∈都有43342n t S n t −≤−−<+，则实数t 的取值范围是（ ）A ．5,13⎡⎫−⎪⎢⎣⎭B ．5,13⎛⎤− ⎥⎝⎦C ．51,3⎡⎫−⎪⎢⎣⎭D ．51,3⎛⎤− ⎥⎝⎦【答案】D【解析】113,1n n a a a +=−=，可知{}n a 为等比数列，所以()1=3n n a −−，故113313n n n b a −⎛⎫−+ ⎪⎝⎭=+=，进而11331333144313nn nn n S ⎛⎫−− ⎪⎛⎫⎝⎭=+=−−+ ⎪⎝⎭+，所以93133443nn n S ⎛⎫−−=−−− ⎪⎝⎭，故3342n S n t −−<+，即93131443146172163n nt t <+⇒⎛⎫⎛⎫−−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝−⎭>−，当n 为奇数时，则对任意的奇数n ，满足311631716nt ⎛>+⎫ ⎪⎝⎭−，由于()13nf n ⎛⎫= ⎪⎝⎭单调递减，当1n =时，()311617163ng n ⎛⎫⎝=−⎪⎭+有最大值1− ，所以1t >−,当n 为偶数时，满足311631716n t ⎛>−⎫ ⎪⎝⎭−，由于()13nf n ⎛⎫= ⎪⎝⎭单调递减，1716t ≥− ，综上可得1t >− ，同理731433443nn t S n t ⎛⎫−≤−−⇒≤−− ⎪⎝⎭，故当2n = 时，min 7312443n ⎡⎤⎛⎫−−=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ ，故53t ≤，综上：513t <≤，故选：D例6．（2022·山东聊城·高三期中）若函数()f x 使得数列()n a f n =，n *∈N 为递增数列，则称函数()f x 为“数列保增函数”．已知函数()e xf x ax =−为“数列保增函数”，则a 的取值范围为（ ）．A ．(],0a ∈−∞B ．()2,e e a ∈−∞−C ．(),e a ∈−∞ D．(e ∈−∞【答案】B【解析】由题意，对n *∀∈N ，(1)()0f n f n +−>， 即1[e (1)](e )(e 1)e 0n n n a n an a +−+−−=−−>， 即(e 1)e n a <−，对n *∀∈N 恒成立，由于e x y =在R 上单调递增，故1e e e n ≥=，故2min (e 1)e [(e 1)e ]e(e 1)e e n n a <−≤−=−=−. 即()2,e e a ∈−∞−.故选：B例7．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知等比数列{}n a 的前5项积为32，112a <<，则35124a a a ++的取值范围为（ ） A ．73,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．()3,+∞C ．[)3,+∞D ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由等比数列性质可知，51234533322a a a a a a a ==⇒=，因为112a <<，所以231(1,2)a q a =∈， 从而223533312212()124244a a a a a q q a q q ++=++=++ 不妨令2(1,2)t q =∈，则2211()44q tf t q t +==+， 由对勾函数性质可知，1()4tf t t =+在(1,2)上单调递减，故对于(1,2)t ∀∈，(2)()(1)f f t f <<，51()4f t <<， 从而2215144q q <+<，则35173242a a a <++<. 故35124a a a ++的取值范围为73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：D.例8．（2022·北京八中高三阶段练习）已知数列{}n a 是递增数列，且4(1)5,4,(3)5,4n n n n a n N n λλ+−−+≤⎧=∈⎨−+>⎩，则λ的取值范围是（ ） A ．()1,2 B ．51,4⎛⎫⎪⎝⎭C ．51,4⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．71,5⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】数列{}n a 是递增数列，且4(1)5,4,(3)5,4n n n n a n N n λλ+−−+≤⎧=∈⎨−+>⎩， 则5410314(1)5(3)5λλλλ−−>⎧⎪−>⎨⎪−+≤−+⎩，解得715λ<<，故λ的取值范围是71,5⎛⎫⎪⎝⎭故选：D例9．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知数列{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T ，1n n S a =−，13b =，当2n ≥时，123n n b −=−，若对于任意*n ∈N ，不等式()()0n n t S t T −−<恒成立，则实数t 的取值范围为（ ）A ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]1,2C ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由1n n S a =−①，可得111n n S a ++=−②，所以②－①得11n n n a a a ++=−+，即112n n a a +=.因为111a a =−，所以112a =，故{}n a 是首项为12，公比为12的等比数列，所以12n n a =，故112n n S =-. 当2n ≥时，211111123331323n n n T −−⎛⎫=−+ ⎪⎝=+⎭++，当1n =时，13=T 也符合1123nn T −=+，故1123n n T −=+. 显然n S 随着n 增大而增大，n T 随着n 增大而减小，且112n S ≤<，23n T <≤， 故要使得()()0n n t S t T −−<恒成立，则12t ≤≤. 故选：B。

斐波那契数列问题的探索摘要：斐波那契数列（Fibonacci Sequence），又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……在数学上，斐波纳契数列以如下递归的方法定义：F0=0，F1=1，Fn=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）。

在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波纳契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1960年代起出版了《斐波纳契数列》季刊，专门刊载这方面的研究成果。

关键词：裴波那契数列问题一、简述裴波那契数列(一)简介裴波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci），生于公元1170年，卒于1240年，籍贯是大概是比萨。

1202年，他撰写了《算经》（Liber Abacci）一书，他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。

他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。

他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。

(二)定义斐波那契数列指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。

(三)通项公式1.公式。

此公式又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。

此时a1=1，a2=1，a n =a(n-1)+a(n-2)（n≥3,n∈N*）2.推导。

斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……如果设F(n）为该数列的第n项（n∈N ）。

那么这句话可以写成如下形式：F(1) = 1，F(2)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)，显然这是一个线性递推数列。

方法一：利用特征方程（线性代数解法）线性递推数列的特征方程为：x²=x+1解得：x 1=251+，x 2=251- 则F(n)=c 1·x 1n +c 2·x 2n ∵F ⑴=F ⑵=1 ∴c 1·x 1+ c 2·x 2 ∴c 1·x 1² + c 2·x 2²解得：c 1=55，c 2=55- ∴F(n)= 55×[(251+)n - (251-)n]方法二：待定系数法构造等比数列（初等代数解法）设常数r ，s ，使得F(n)-r ·F(n-1)=s ·[F(n-1)-r ·F(n-2)]，则r+s=1 r-s=1 n≥3时，有：F(n)-r ·F(n-1)=s ·[F(n-1)-r ·[F(n-2)] F(n-1)-r ·F(n-2)=s ·[F(n-2)-r ·F(n-3)] F(n-2)-r ·F(n-3)=s ·[F(n-3)-r ·F(n-4)] ……F ⑶-r ·F ⑵=s ·[F ⑵-r ·F ⑴]联立以上n-2个式子，得：F(n)-r ·F(n-1)=s n 2-·[F ⑵-r ·F ⑴]那么： F(n)=sn 1-+r ·F(n-1） =s n 1-+ r ·s n 2- + r ²·F(n-2）=s n 1-+r ·sn 2-+ r ²·s n 3-+r ³·F(n-3）……=s n 1-+ r ·s n 2-+r ²·s n 3-+……+ r n 2-·s +r n 1-·F ⑴ =sn 1-+ r ·sn 2-+r ²·sn 3-+……+ rn 2-·s +rn 1-（这是一个以sn 1-为首项、以rn 1-为末项、sr为公比的等比数列的各项的和）=sr r s n n ----1)11(=rs rs nn--r+s=1，-rs=1的一解为 s=251+，r=251-，则F(n)=55·(251+)n – (251-)n(四)与黄金分割的关系1.总述。

数列典型例题一．选择题1.若数列{}n a 是等差数列，且11a =，35a =，则10a 等于（ ）A ．19B ．21C ．37D ．412.设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则111213a a a ++等于（ ）A ．120B ．105C ．90D ．753.在等差数列{}n a 中，533a =，45153a =，则201是该数列的第（ ）项A ．60B ．61C ．62D ．634若等差数列{}n a 的前5项和525S =，且23a =，则7a =（ ）A ．12B ．13C ．14D ．156等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若70a >，80a <，则下列结论正确的是（ ）A ．78S S <B ．1516S S <C ．130S >D ．150S >7等差数列{}n a 中，已知公差12d =，且139960a a a +++=，则12100a a a +++=（ ）A ．170B ．150C ．145D ．12013.已知等差数列{}n a 的公差12d =，8010042=+++a a a ，那么=100S （ ）A ．80B ．120C ．135D ．160．9在等差数列{}n a 中，公差2-=d ，n S 为前n 项和，若1110S S =，则=1a （ ） A.18 B.20 C.22 D.24 10等差数列{}n a 中，10120S =，那么110a a +=（ ）A. 12B. 24C. 36D. 4811.已知等差数列{}n a 中，60191371=+++a a a a ，那么=19S （ ）A ．390B ．285C ．180D ．12012. 在等差数列{}n a 中31140a a +=，则45678910a a a a a a a -+++-+的值为（ ）A.84B.72C.60D.4814. 等差数列{}n a 中, 12318192024,78a a a a a a ++=-++=,则此数列前20项和等于（ ）A.160B.180C.200D.22015若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－1516．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－40017．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为( )A.2n 2n ＋1B.2n n ＋1C.n ＋2n ＋1D.n2n ＋118．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n19在等比数列}{n a 中，公比2q =，且30303212=⋅⋅⋅⋅a a a a ，则30963a a a a ⋅⋅⋅⋅ 等于（ ）A ．102B ．202C ．162D ．15220设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若633S S =，则96=SS （ ）A ．2B ．73C ．83D ．321等比数列}{n a 中，已知对任意自然数n ，=+⋯+++n a a a a 32121n -，则22212n a a a ++⋅⋅⋅+=( )A ．()221n - B ．()1213n - C ．41n- D ．()1413n -22在等比数列{}n a 中，11a =，公比1q ≠．若12345m a a a a a a =，则m =A ．9B ．10C ．11D ．1223已知{}n a 是等比数列，25124a a ==，，则12231n n a a a a a a ++++=( ))4116.n A --（ B ．16(12)n -- C ．()32143n -- D ．()32123n -- 24等比数列{}n a 的各项均为正数，且564718a a a a +=，则3132310log log log a a a ++=( )A ．12B ．10C ．8D ．32log 5+25已知各项均为正数的等比数列{}n a ，1235a a a =，78910a a a =，则456a a a =A．B ．7C ．6D．26.某数列前n 项之和3n 为，且前n 个偶数项的和为)34(2+n n ，则前n 个奇数项的和为（ ）A ．)1(32+-n nB ．)34(2-n nC ．23n -D ．321n二.填空题1在等差数列{}n a 中，,16,482==a a 则等于12a ________2.在等差数列{}n a 中，21=a ，1221=-+n n a a 。