重庆名校 数列中的最值问题专题及解析

重庆名校数列高考全国名校试题数学专题及解析一、填空1.在公比为且各项均为正数的等比数列中，为的前项和.若，且，则的值为__________．2.已知等比数列{}n a 的前项和为n S ，公比3q =，34533S S +=，则3a = ．3.设{}n a 是等差数列，若45621a a a ++=，则9S = ▲ .4.如图，在平面直角坐标系中，分别在轴与直线)13y x =+上从左向右依次取点k A 、k B ，1,2,k =⋅⋅⋅，其中1A 是坐标原点，使1k k k A B A +∆都是等边三角形，则101011A B A ∆的边长是 ▲.5.数列{}n a 为等比数列，且741531+++a a a ,,成等差数列，则公差=d ．6.已知函数()3|5|2|2|f x x x =+-+，数列{}n a 满足*112,(),n n a a f a n N +<-=∈ .若要使数列{}n a 成等差数列，则1a 的取值集合为 ．7.已知函数12()21x x f x +=+，{}n a 是公差为的等差数列，122017()()()2017f a f a f a +++=，则2100910081010[()]f a a a -=____________．8.设等比数列{}n a 的前项和为n S ，若396,,S S S 成等差数列，且254a a +=，则8a 的值为 ．9.公差不为零的等差数列{}n a 的前项和为n S ，若4a 是2a 与7a 的等比中项,550S = ,则8S 等于 ．10.设数列{}n a 满足：12211,,1n n n n a a n a a a +==-=+，则数列{}n a 中的第2017项是．11.记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ．若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为 ▲ ． 12.已知{}na 是公差不为0的等差数列，n S 是其前n 项和．若2345a a a a =，927S =，则1a 的值是 ▲ ．13.已知等比数列{}n a 的前项和为n S ，若223323,23S a S a =+=+，则公比的值为 ．14.设n S 是等差数列{}n a 的前项和，若7772-==S a ,，则7a 的值为 ．15.《九章算术》中的“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3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为 升。

2025年高考数学一轮复习-数列中的最值、范围及奇偶项问题-专项训练一、基本技能练1.已知等差数列{a n }与数列{b n }满足a 2＝1，b 1＝a 3≠0，且数列{a n ·b n }的前n 项和S n ＝(n －2)·2n ＋1＋4，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)n 项和为T n ，若T n >20222023，求n 的最小值.2.已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .3.已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.二、创新拓展练4.已知在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝a n 2a n ＋3(n ∈N *).(1){a n }的通项公式；(2)已知数列{b n }满足b n ＝n （3n －1）2na n .①求数列{b n }的前n 项和T n ；②若不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.参考答案与解析一、基本技能练1.解(1)a 1·b 1＝S 1＝0，且b 1≠0，所以a 1＝0，又a 2＝1，所以{a n }的公差为1，所以a n ＝n －1(n ∈N *).n ≥2时，a n ·b n ＝S n －S n －1＝(n －1)×2n ，此时b n ＝2n (n ≥2)，又b 1＝a 3＝2，满足b n ＝2n ，所以b n ＝2n (n ∈N *).(2)b n a b n ·a b n ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，所以T n …1－12n ＋1－1>20222023，得2n ＋1－1>2023，所以n 的最小值为10.2.解(1)∵等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列，∴S n ＝na 1＋n (n －1)，(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －当n 为偶数时，T n …1－12n ＋1＝2n 2n ＋1；当n 为奇数时，T n …1＋12n＋1＝2n＋2 2n＋1.∴T nn为偶数，n为奇数.3.解(1)设等比数列{a n}的公比为q，因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，于是q2＝a5a3＝14.又{a n}不是递减数列且a1＝3 2，所以q＝－1 2 .故等比数列{a n}的通项公式为a n＝32×－1＝(－1)n－1×32n(n∈N*).(2)由(1)得S n＝1＋12n，n为奇数，－12n，n为偶数.当n为奇数时，S n随n的增大而减小，所以1＜S n≤S1＝3 2，故0＜S n－1S n≤S1－1S1＝32－23＝56.当n为偶数时，S n随n的增大而增大，所以34＝S2≤S n＜1，故0＞S n－1S n≥S2－1S2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N*，总有－712≤S n－1S n≤56.所以数列{T n}最大项的值为56，最小项的值为－712.二、创新拓展练4.(1)证明因为a 1＝12，a n ＋1＝a n 2a n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n＋2，所以1a n ＋1＋1＝又1a 1＋1＝3，3为首项，3为公比的等比数列，故1a n＋1＝3×3n －1＝3n ，则a n ＝13n －1(n ∈N *).(2)解①由(1)知b n ＝n 2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝121n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n.②由①得(－1)n λ<2－n ＋22n ＋n 2n ＝2－22n ，设c n ＝2－22n ，则数列{c n }是递增数列.当n 为偶数时，λ<2－22n 恒成立，又c2＝32，所以λ<32；当n为奇数时，－λ<2－22n恒成立，又c1＝1，所以－λ<1，所以λ>－1.综上所述，λ1。

第二章数列与不等式专题08 数列中的最值问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合．探求数列中的最值问题，是数列不等式的综合应用问题的命题形式之一.本专题通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.常见思路一：构建函数模型，利用函数的图象和性质解决最值问题；2.常见思路二：构建函数模型，应用导数研究函数的最值；3.常见思路三：构建不等式求解，确定范围，实现求最值；4.常见思路四：应用基本不等式，确定最值．【压轴典例】例1.（河南省开封市2019届高三第三次模拟（理)）已知等比数列满足：，，则取最小值时，数列的通项公式为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设等比数列的公比为当时，，则当时，，两式相减得：即解得又当且仅当时，等号成立.取最小值1时，故选A.例2.（安徽省黄山市2019届高三第二次检测）已知数列和的前项和分别为和，且，，，若对任意的 ，恒成立，则的最小值为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 因为，所以，相减得，因为，所以，又，所以, 因为，所以,因此，,从而,即的最小值为，选B.例3.（2016高考上海文）无穷数列{}n a 由k 个不同的数组成，n S 为{}n a 的前n 项和.若对任意*∈N n ，{}3,2∈n S ，则k 的最大值为________.【答案】max 4k =【解析】当1n =时，12a =或13a =；当2n …时，若2n S =，则12n S -=，于是0n a =，若3n S =，则13n S -=，于是0n a =.从而存在N k *∈，当n k …时，0k a =.其中数列{}n a ：2,1,1,0,0,0,-⋅⋅⋅满足条件，所以max 4k =. 例4.（广西柳州市2019届高三1月模拟）已知点在函数的图象上（）.数列的前项和为，设，数列的前项和为.则的最小值为____【答案】【解析】点在函数图象上，,是首项为，公比的等比数列，，则，是首项为，公差为2的等差数列，当，即时，最小，即最小值为.例5.（广东省华南师范大学附属中学、广东实验中学、广雅中学、深圳中学2019届高三上期末）等差数列的前n 项和为，，，对一切恒成立，则的取值范围为__ __.【答案】【解析】，，所以，，，，由得，由函数的单调性及知，当或时，最小值为30，故.例6.（2018·江苏高考真题）已知集合*{|21,}A x x n n N ==-∈，*{|2,}nB x x n N ==∈．将A B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为________． 【答案】27【解析】设=2kn a ，则12[(211)+(221)+(221)][222]k k n S -=⨯-⨯-+⋅-++++()11221212212(12)222212k k kk k ---++⨯--=+=+--由112n n S a +>得2211211522212(21),(2)20(2)140,22,6k k k k k k k -+---+->+-->≥≥所以只需研究5622n a <<是否有满足条件的解，此时25[(211)+(221)+(21)][222]n S m =⨯-⨯-+-++++25122m +=+-，+121n a m =+，m 为等差数列项数，且16m >. 由25122212(21),2450022,527m m m m m n m ++->+-+>∴≥=+≥，得满足条件的n 最小值为27.例7.（2019·天津高考模拟（文））已知数列{}n a 是正项等比数列，1342310,2a a a a a +=-=,数列{}n b 满足条件123(2)n b n a a a a =.(Ⅰ) 求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (Ⅱ) 设11n n nc a b =-,记数列{}n c 的前n 项和n S . ①求n S ；②求正整数k ，使得对任意n *∈N ，均有k n S S ≥.【答案】（1）2nn a =，()1;n b n n =+（2）①11;12nn S n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭②4k =.【解析】（1）设数列{}n a 是正项等比数列的公比为0q >，因为1310a a +=，4232a a a -=所以有1113211110222a a q a a q a q a qq +==⎧⎧⇒⎨⎨-==⎩⎩，所以2;nn a = (1232nb n a a aa =2312322222n n b b n n +++⋅⋅⋅+⇒⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯=⇒=(1)2222(1);n b n n n b n n +⇒=⇒=+（2）①因为 11n n nc a b =-， 所以，123n n S c c c c =+++⋅⋅⋅+，123123()()n n n S a a a a b b b b ⇒=+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+，11[1()]111122[],1122334(1)12n n S n n -⇒=-+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯⨯+-111111111()(1),2223341n n S n n ⇒=---+-+-+⋅⋅⋅+-+11111()1().2112n n n S n n ⇒=--+=-++②令11111111(1)(2)2()()22122(1)(2)n n n n n n n n S S n n n n ++++++--=--+=++⋅++， 由于12n +比(1)(2)n n ++变化的快，所以10n n S S +->，得4n <， 即1234,,,S S S S ,递增而456,,,,n S S S S ⋅⋅⋅递减，4S ∴是最大， 即当4k =时，对任意*n N ∈，均有k n S S ≥.例8.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5．【压轴训练】1．（2019·安徽高考模拟（文））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且8109S S S <<，则满足0n S >的正整数n 的最大值为（ ） A ．16 B ．17C ．18D ．19【答案】C 【解析】由8109S S S <<得，90a >，100a <，9100a a +>，所以公差大于零.又()117179171702a a S a +==>，()1191910191902a a S a +==<，()()1181891018902a a S a a +==+>，故选C.2．（2019·北京师大附中高考模拟（文））已知正项等比数列{a n }满足：a 7=a 6+2a 5，若存在两项a m 、a n ，使得a m a n =16a 12，则1m +9n的最小值为（ ） A ．32B ．83C ．114D ．不存在【答案】C 【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0，由a 7=a 6+2a 5得：a 6q=a 6+62a q， 化简得，q 2-q-2=0，解得q=2或q=-1（舍去），因为a m a n =16a 12，所以()()1111m n a qa q --=16a 12，则qm+n-2=16，解得m+n=6，所以191191918(m n)10106663n m m n m n m n ⎛⎛⎫⎛⎫+=++=+++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝… . 当且仅当9n m m n =时取等号，此时96n m m n m n ⎧=⎪⎨⎪+=⎩，解得3292m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 因为mn 取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则1983m n +>， 验证可得，当m=2、n=4时，19m n+取最小值为114，故选：C ．3.（2019·北京高三期末（理））已知为等差数列，为其前项和.若，，则公差___；的最大值等于___. 【答案】 12【解析】由a 2＝4，a 3+a 5＝0得得，则S n ＝6n（﹣2）＝﹣n 2+7n ＝﹣（n ）2，则当n ＝3或4时，S n 取得最大值，最大值为S 3＝﹣9+21＝12， 故答案为：﹣2，124.（2019·山东枣庄八中高三月考（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12n n S a +=，则使不等式2221286n a a a +++＜成立的n 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】B 【解析】根据题意，数列{}n a 满足12n n S a +=， 当1n =时，1121a a =+，得11a =，当2n ≥时，()112n n n n n a a S S a ---=-=，即12n n a a -=，所以12nn a a -= 又∵11a =满足上式，即{}n a 是以2为公比，1为首项的等比数列则12n n a -=， 则214n n a -=，则数列{}2na 是以1为首项，4为公比的等比数列，则()()22212114141143n nn S a a a -=+++==--，若2221286n a a a +++<，则有()141863n-<， 变形可得：4259n <，又由*n N ∈，则4n ≤，即n 的最大值为4； 故选：B ．5.（2019·江苏高考模拟）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若9362S S S =+，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【解析】由9362S S S =+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q---=+---，化简得：936112(1)q q q -=-+-，即963220q q q --+=，即63(1)(2)0q q --=，得32q =，化简得631S S +＝6131(1)11(1)a q qq a q --+--＝11311a q q a -+≥-， 当11311a q q a -=-，即1a =时，631S S +取得最小值，所以919(1)1a q S q -==-9(1)1q q --＝3故答案为：6.（2019·广东高考模拟）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4=10，S 8=36，当n∈N *时，nn 3a S +的最大值为______． 【答案】71 【解析】由题意，等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4810,36S S ==，设首项为1a ，公差为d ，则11434102878362a d a d ⨯⎧+=⎪⎪⎨⨯⎪+=⎪⎩，解得11a d ==，所以，所以(1)2n n n S +=， 则2322(3)(4)1271272nn a n n n n S n n n n+===++++++，当12n n +取最小值时，3n n a S +取最大值，结合函数()12(0)f x x x x =+>的单调性，可得当3n =或4n =时，317n n max a S +⎛⎫= ⎪⎝⎭． 故答案为：71． 7.（2019·天津高考模拟（文））已知首项与公比相等的等比数列{}n a 中，若m ，n *∈N ，满足224m n a a a =，则21m n+的最小值为__________． 【答案】1 【解析】设等比数列{}n a 公比为q ，则首项1a q =由224m n a a a =得：()()22113111m n a q a q a q --⋅=则：28m nqq += 28m n ∴+=()2112114142224888n m n m m n m n m n m n m n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=⋅++=⋅+++=⋅++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴*,m n N ∈ 40,0n mm n∴>>则44n m m n +≥=（当且仅当4n m m n =，即2n m =时取等号） ()min 2114418m n ⎛⎫∴+=⨯+= ⎪⎝⎭ 本题正确结果：18.（2019·江苏金陵中学高考模拟）设数列{}n a 为等差数列，其前n 项和为n S ，已知14760a a a ++=，25851a a a ++=，若对任意n N *∈，都有n S ≤k S 成立，则正整数k 的值为_______．【答案】10 【解析】因为数列{}n a 为等差数列，设公差为d ，14760a a a ++=，25851a a a ++=，两式相减， 得：3d ＝－9，所以，d ＝－3， 由等差中项得14743=60a a a a ++=，即14=320a a d +=，解得：1a ＝29，所以，(1)29(3)2n n n S n -=+⨯-＝236122n n -+　，当n ＝616时，n S 取得最大值，但n 是正整数，所以，当n ＝10时，n S 取得最大值， 对任意n N *∈，都有n S ≤k S 成立，显然k ＝10. 故答案为：109.（2019·江苏扬州中学高考模拟）数列{}n a 是等差数列，11a =,公差[]1,2d ∈,且4101615a a a λ++=，则实数λ的最大值为______. 【答案】12- 【解析】41016111153(9)1515a a a a d a d a d λλ++=∴+++++=,15()219f d dλ==-+，因为[]1,2d ∈，所以令19,[10,19]t d t =+∈，因此15()2f t t λ==-，当[10,19]t ∈，函数()f t λ=是减函数，故当10t =时，实数λ有最大值，最大值为1(10)2f =-.10.（2019·福建高考模拟（理））在数列{}n a 中，1253a a +=，()()11280n n n a na n N *+--+=∈，若()12n n n n b a a a n N *++=⋅⋅∈，则{}n b 的前n 项和取得最大值时n 的值为__________．【答案】10 【解析】解法一：因为()11280n n n a na +--+=① 所以()211280n n na n a ++-++=②，①-②，得122n n n na na na ++=+即122n n n a a a ++=+，所以数列{}n a 为等差数列． 在①中，取1n =，得1280a -+=即128a =，又1253a a +=，则225a =， 所以313n a n =-．因此12100a a a >>>>，1112130a a a >>>>所以1280b b b >>>>，99101180b a a a =⋅⋅=-<，10101112100b a a a =⋅⋅=>，1112130b b b >>>>所以12389T T T T T <<， 9101112T T T T >>又1089108T T b b T =++>，所以10n =时，n T 取得最大值． 解法二：由()11280n n n a na +--+=，得()12811n n a a n n n n +-=---， 令1n n a c n +=，则11111282811n n c c n n n n -⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，则11281n c c n ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 即1211281281n c c a n n ⎛⎫⎛⎫=+-=+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 代入得()()1222812828n n a nc na n n a +==+-=+-，取1n =，得1280a -+=，解得128a =，又1253a a +=，则225a =，故1283n a n +=-所以313n a n =-，于是()()()12313283253n n n n b a a a n n n ++=⋅⋅=---． 由0n b ≥，得()()()3132832530n n n ---≥，解得8n ≤或10n =， 又因为98b =-，1010b =， 所以10n =时，n T 取得最大值．11.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈12.（2017·上海高考真题）根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量； （2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案； （2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.试题分析： （1）（2），即第42个月底，保有量达到最大，∴此时保有量超过了容纳量.13．（2018·河南高三期中（文））已知非零数列{}n a 满足*13()n n a a n +=∈N ，且1a ，2a 的等差中项为6．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若32log n n b a =，求12233411111n n b b b b b b b b +++++…取值范围． 【答案】(1) 3nn a = (2) 11,84⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】（1）由()*13n n a a n N +=∈，得{}na 为等比数列且公比3q =.设首项为1a ，12,a a 的等差中项为6，即1212a a q +=，解得13a =，故3nn a =.(2)由32log 2na nb n ==得到：()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭， ∴1223341111111111111114223141n n b b b b b b b b n n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫++++=-+-++-=- ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 因为11141n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭可以看成关于n 的单调递增函数，所以n=1时，最小为18，且1111414n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭， ∴1223341111111,84n n b b b b b b b b +⎡⎫++++∈⎪⎢⎣⎭. 14.（2019·湖南高考模拟（文））已知数列{}n a 的首项13a =，37a =，且对任意的n *∈N ，都有1220n n n a a a ++-+=，数列{}n b 满足12n nb a -=，n *∈N .（Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）求使122018n b b b +++>成立的最小正整数n 的值.【答案】（Ⅰ）21n a n =+，21nn b =+;（Ⅱ）10【解析】（Ⅰ）令1n =得，12320a a a -+=，解得25a =. 又由1220n n n a a a ++-+=知211n n n n a a a a +++-=- 212a a ==-=，故数列{}n a 是首项13a =，公差2d =的等差数列，于是21n a n =+，1221n nn b a -==+. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，21nn b =+.于是11n n T b b b =+++ ()122222n =++++ ()12122212n n n n +-=+=+--.令()122n f n n +=+-，易知()f n 是关于n 的单调递增函数，又()1092921031f =+-=，()111021022056f =+-=，故使112018n b b b +++>成立的最小正整数n 的值是10.15.（2019·山东日照一中高三期中（理））已知数列{a n }中，1123123n a a a a na =+++⋯+=，（n∈N *）（Ⅰ）证明当n≥2时，数列{na n }是等比数列，并求数列{a n }的通项a n ； （Ⅱ）求数列{n 2a n }的前n 项和T n ； （Ⅲ）对任意n∈N *，使得恒成立，求实数λ的最小值．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ） (Ⅲ)【解析】（Ⅰ）[证明]：由a 1+2a 2+3a 3+…+na n =，得a 1+2a 2+3a 3+…+（n ﹣1）a n ﹣1=（n≥2），①﹣②：，即（n≥2），∴当n≥2时，数列{na n }是等比数列，又a 1=1，a 1+2a 2+3a 3+…+na n =，得a 2=1，则2a 2=2，∴，∴（n≥2），∴；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，∴T n =1+2×2×30+2×3×31+2×4×32+…+2n×3n ﹣2，则，两式作差得：，得：；（Ⅲ）解：由≤（n+6）λ，得≤（n+6）λ，即对任意n∈N *恒成立．当n=2或n=3时n+有最小值为5，有最大值为，故有λ≥，∴实数λ的最小值为．16.（2019·山东高考模拟（文））已知数列的各项均为正数，，且对任意，为和1的等比中项，数列满足.（1）求证：数列为等比数列，并求通项公式；（2）若，的前项和为，求使不小于360的的最小值. 【答案】（1）证明见解析，；（2）18.【解析】（1）由题意得：，即数列成等比数列，首项为，公比为，又为正项数列（2）由（1）得：，即或（舍去）所以不小于的的最小值为。

1/ 17第49题 数列中的最值问题一．题源探究·黄金母题已知等差数列245,4,3,77的前n 项和为n S ，求使得n S 最大的序号n 的值．【答案】7或8．【解析】由题意知，等差数列245,4,3,77的公差为57-， ()2257555151125251271414256n n n n S n n ⎡⎤-⎛⎫⎛⎫∴=⨯+-⋅-==--+⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦．∴当7n =或8时，n S 取最大值．人教A 版必修5P 45例4．【母题评析】本题考查等差数列前n 项和的最值问题，考查考生的分析问题解决问题的能力以及基本计算能力．【思路方法】由等差数列前n 项和得和，再利用二次函数的相关知识求解．二．考场精彩·真题回放【2020年高考北京】在等差数列{}n a 中，19a =-，31a =-．记12(1,2,)n n T a a a n ==……，则数列{}n T A ．有最大项，有最小项B ．有最大项，无最小项C ．无最大项，有最小项D ．无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差511925151a a d --+===--， 则其通项公式为：()()11912211n a a n d n n =+-=-+-⨯=-，注意到123456701a a a a a a a <<<<<<=<<，且由50T <可知()06,i T i i N <≥∈，【命题意图】这类题主要考查数列中项的最值问题、前n 项和的最值、求满足数列的特定条件的n 的最值、求满足条件的参数的最值等．【考试方向】这类试题在考查题型上，为选择或填空题，也可以是解答题的一个小题，难度较大． 【学科素养】数学运算【难点中心】解答此类问题一般利用函数思想，结合函数与数列相关性质解题．2/ 17由()117,ii i T a i i N T -=>≥∈可知数列{}n T 不存在最小项， 由于1234569,7,5,3,1,1a a a a a a =-=-=-=-=-=， 故数列{}n T 中的正项只有有限项：263T =，46315945T =⨯=.故数列{}n T 中存在最大项，且最大项为4T . 故选：B ．三．理论基础·解题原理考点一 等差数列的前n 项和与函数的关系等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d 2，B ＝a 1－d 2，则S n ＝An 2＋Bn ．当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 考点二 等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项10a >，公差0d <，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足10n n a a +≥⎧⎨≤⎩．(2)若等差数列的首项10a <，公差0d >，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足100n n a a +≤⎧⎨≥⎩．3/ 17四．题型攻略·深度挖掘【考试方向】这类试题在考查题型上，为选择或填空题，也可以是解答题的一个小题，难度较大．考向1 数列中项的最值问题已知数列}{n a 的通项公式为n a =2156nn +，求}{n a 的最大项．【分析】思路1：利用基本不等式求解．思路2：求满足⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 的n 的值．【解法一】基本不等式法．n a =2156n n +=1156n n+，因为156n n +≥1562n n⨯；当且仅当156n n =，即n=156时，而，144156169<< 且n ∈N *，于是将n=12或13代人，得1213a =a 且最大．【温馨提醒】解法一是是利用基本不等式求解，解法二是通过确定⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a n 满足的的值，从而找到最大项。

2013重庆高考数列（文科）总结一、考试题型:1、求通项：①已知数列}{na 等差数列,其中有三个特殊的项组成等比。

②已知数列}{n a 等比数列，其中有三个特殊的项组成等差.③直接代入通项公式,化简题中等式。

④告诉n a 和ns ，退一项，然后运用公式11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩. 2、求前n 项的和n S 、nT 等等：①分析题意,直接代入等差数列的前n 项和公式：1()2nn n a a s +=1(1)2n n na d -=+。

或者等比数列前n 项的和公式)1(1)1(1<--=q q q a S n n ，)1(1)1(1>--=q q q a S n n .②掌握分组求和,裂项相消，错位相减。

3、证明数列为等比数列或者等差数列。

数列大题的书写格式例1、 在等比数列{}n a 中，已知13a =，公比1q ≠，等差数列{}n b 满足1142133b a b a b a ===，，.(Ⅰ）求数列{}n a 与{}nb 的通项公式； （Ⅱ)求数列{}n na b 的前n 项和。

解：(Ⅰ） 设等比数列{}n a 的公比为q ,等差数列{}nb 的公差为d 。

由已知得:2323,3q a q a ==,d b d b b 123,23,31341+=+==3411123333322=⇒⎩⎨⎧+=+=⇒⎩⎨⎧+=+=q dq d q d q d q 或 1=q (舍去）， 所以， 此时2=d 所以，n n a3=， 12+=n b n 。

（Ⅱ)设(21)3n n n n ca b n ==+⋅，n n c c c S +++= 21()123335373...213n n =⨯+⨯+⨯+++⨯，()23413335373...213n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯两式相减得()()1231233233...3213n n n Sn +-=⨯+⨯+++-+⨯， 所以13.n n S n +=⋅例2、在数列}{n a 中，11=a，对于任意*∈N n ，都有121+=+n n n a a a （1）证明：数列}1{n a 为等差数列，并求}{na 的通项公式； （2）设数列}{1+⋅n n a a的前n 项和为n T ，求使得20111000>n T 的最小正整数n ； 解：（1）1211112n n n n na a a a a ++-=-= 1n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭首项 11a =1 公差为2 11(1)221121nn n n a a n ∴=+-⋅=-∴=- （2）11111()(21)(21)22121n n a a n n n n +⋅==--+-+ 11(1)221211*********20001000201110001110009111n n T n n n n n nn n n =-=++∴<+∴+<∴>∴>∴= 例3、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且12a =，36a =．（1）求数列{}n a 的通项公式；(2）若110k S =，求k 的值；(3）设数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ,求2013T 的值．解：(1）设等差数列{}n a 的公差为d ，∵131226a a a d =⎧⎨=+=⎩，∴2d =数列{}n a 的通项公式()2122n an n =+-⋅= （2）∵21(1)(1)2211022k k k k k S ka d k k k --=+=+⋅=+= 解得10k =或11k =-（舍去）（3）∵(22)(1)2n n n S n n +==+， ∴1111(1)1n S n n n n ==-++∴20131232013T T T T T =++++ 111111112233420132014⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12013120142014=-=。

数学教学通讯投稿邮箱:************.com >试题研究关于数列最值问题的解法探究与建议谢福慧重庆市清华中学校400054［摘要］数列最值问题是高考的常见问题类型之一，考虑到数列的函数本质，可以参考函数问题的解法来求解.文章将对数列最值问题的背景加以剖析，结合实例探究单调性法、数形结合法、不等式法和导数法的解题技巧，并提出相应的教学建议.［关键词］数列；最值;单调性;数形结合;导数;不等式卩问题背景数列是一种定义在正整数集上的特殊函数,以数列为基础的最值问题是高中数学常见的问题类型，该类问题考点涉及数列性质、前"项和求法、最值内容、不等式、函数等.从数列的函数属性来看,求解函数最值的方法同样适用于数列最值问题，故可利用单调性分析、数形结合、基本不等式、导数法等方法来加以求解.对于数列最值问题的求解，可以归纳为“读题、建模、选法、求解、还原”十字，即第一步是理解问题中的条件和结论;第二步是用数学符号表述问题;建立相应的模型;第三步则是基于问题模型选定合适的解法；第四步对问题进行简化破解;第五步则是基于问题解来还原问题答案.卩方法探究求解数列最值的方法有很多,针对问题的特点需要选用合适的方法,下面结合实例探索不同方法的使用策略.1.单调性法单调性法是数列问题的常用方法,包括数列的单调性和函数的单调性，基于内容性质求解时需要从不同的方向分析思考,尤其是利用函数单调性分析时需要结合数列结构来构建函数，然后进行性质分析，确定其最值.例4：已知数列UI的通项公式％=」一(“w N+),试求数列中最大的项.n2+156分析:题干给出了数列的通项公式，求最大的项可从数列的通项公式入手，分析其形式构建相应的函数■通项公式的分子和分母中均含有变量n,可以对其适度变形，可得％=—1—，显然当分156母“+型取得最小值时,％可取得最大n值.由分母形式可构建函数y=%+1%(%>x0),后续利用函数的性质求最值即可.解：变形可得％二一1—,联想函数156n+---ny=x+—(”>0),可知函数在(0,V156)X上单调递减，在(V156,+«>)上单调递增,显然当且仅当x=V156时函数可取得最小值，结合neN+可知要确保71+—取JI得最小值，需使得n=［计算可知当"=12或13时,％最大，因此数列中最大的项为如和a®评析:上述求解数列中最大的项时采用了函数单调性法，但在求解时有两点需要注意：一是构造函数时需要紧密结合通项公式的结构；二是充分考虑数列正整数集合的特性，利用函数单调性只可以确定最值数列项的砧近情形，还需进一步比对分析.2.数形结合法数列是一种特殊的函数，函数具有“数”与“形”的双重特性，因此部分数列具有一定的几何意义，可以采用数形结合的方法来分析突破.求解时需要分两步进行:第一步推导数列的通项公式；第二步根据数列的通项对其图像进行研究.例2：在正项等比数列｛%｝中，已知公比g e(0,1),且sQs+2o3Os+O2flg=25,作者简介:谢福慧(1983-),*科学历，中学一级教师，从事高中数学教学工作，巴南区高中数学骨干教师，曾获得巴南区青年教师评课大赛一等奖.80>2020年4冃(下旬)删勰5>试题研究®与的等比中项为2.(1)试求数列｛%｝的通项公式；(2)设6”=log2O…,S”为数列｛&”｝的前71项之和，试求当§+邑+•••+$取得最大12n值时71的值.分析：(1)根据题干的等量关系，以及公比的取值范围可以确定首项和公比的值；(2)数式中涉及数列的前兀项之和，具有无穷性，需借助数列通项公式来分析数式的通性，需要关注数列中的“零”项，利用图像特性来分析最值情形.解：(1)分析可知ai=16,g二*，则｛oj的通项公式为6^=2^.(2)b n=lo^a n=5-n,b i=b n+i-b n=-l,即卩」是以久=4为首项、以-1为公差的等差数列，则其前71项之和S”="(T"),则^=—,可将其视为关于正整数n的函n2数，散点图如图1所示.由图像可知当nW8时，邕■>()；当“=9时，色■=(),；当“>9 n n时，色<0,所以当n=8或9时，色■+◎■+•••+ Tl12色取得最天值.no r图1评析:等差数列可以视为关于“的一次函数，因此根据通项公式绘制相应的函数图像，直观呈现数列项的数值变化，从而分类提取其中的正数和负数，确定与数列项相关的数式最值.另外需要关注数列中的“零”项，该特殊项是问题多解的因素之一.3.不等式法求解数列最值问题同样可以采用不等式法,利用不等式的性质分析,也可以利用不等式的放缩技巧.不等式的性质较为众多，包括对称性、传递性和运算规律等,需灵活运用.例3：已知函姗0)的解析式为y(”)= x2+(a+8)x+a2+a-12,且有f&r)才(2«-8),设等差数列斶的前“项之和为S“(neN+),如果S…=f(n),试求址色的最On-1小值.分析:坠色中的参数涉及等差数列0»-1｛oj的要素，因此需要结合数列来对其加以分析,从而构建关于n的数式，最值分析可以直接借助基本不等式的性质.解：函&f(x)=x2+(a+S)x+d i+a-12的对称轴为"-罟，肉/3_4)寸'(2a-8)可得a M=2a-8,或a2-4+2a-8=2•(-罟),则a=l或者o=-4,需要对其分类讨论：当a=l时,f(x)=%2+9x—10,S…=f(n)=n2+9n-10,ai=5x=0,02=S2-Si=12,^3=S3-S2=14,02-01H他-偽,所以数列｛On｝不是等差数列，与题意不符,o=l舍去.当o=-4时%f(x)=x2+4x,S n=f(n)=n2+4n.当?时，ai=5i=5；当/IM2时，a^S^r5n_i=2n+3,°i=5也满足,所以鸟=271+3.S n-4a n2+4n+161==—xOn -1--------2n+2-------2[网唏+2〔>T x[2V(re+1)x^+2|=ioV13+1,当且仅当n+l=—，即n=V13-n+11时等号成立.由于“始终为正整数，因此当“=3时原式可以取得最小值，且最小值为辽8评析:上述在求解数列前71项之和的最值时合理使用了均值不等式，均值不等式在代数类相关问题中有着广泛的应用，实际应用时可以灵活使用其简单结论：譽--------a b(a,b e R+).4.导数法考虑到数列的函数特性，因此也可以采用导数法来求解数列最值问题.求解时需要采用类比、联想构建的方式来建立中间函数，利用导函数的性质分析数列，从而求得最值.例4：已知⑷为等差数列,S”表示数列的前“项之和,若弘=0,弘=25,试求谒的最小值.分析:根据已知条件可以求得等差数列前"项之和为£=丄n2-—n,所以33nS…=y(n3-10n2),可据*匕构造函数/'(”),利用导数法来分析y(“)的性质，从而确定其最小值.解:根据题意易得S…=yn2-yn,则nS…=^-(n3-10n2)=f(n).iS/(x)=^-(x3-其导函数厂3)=*(3分_17020%)=—%(3x-20).令f(%)=0,.分析可知当1 <«<y时")<0/(%)在区间内单调递减；当%罟时,广3)>0,/(*)在区间内单调递增.由于neN+,则/(“)血=min j/(6)J(7)｝,/(6)>/(7),则/(“)遇=/(7)=-49,所以“S”的最小值为-49.评析:上述在求解数列最值问题时采用了导数法，分两步进行：第一步基于数列通式构建与其相关的函数;第二步利用导函数的性质来把握数列的变化趋势，确定最值情形.函数构造的方法有很多，数列问题中主要采用特征法，即根据数列的特征结构来联想构造函数.卩教学思考上述基于数列的本质属性呈现了最值问题的四种常用解法，并结合实例探究了问题的突破思路,下面结合教学实践提出几点建议.1.强化基础知识，注重知识关联数列是高中数学的重点内容，需要总结常见数列的定义、性质以及前"项和的常用方法等,这些知识是求解数列最值问题的基础.教学中需要引导学生对知识点进行整合，采用对比归纳的方式来构建数列内容的知识网络.同时数列与函数、不等式等内容联系紧密，因此教学中还应注重数列的知识关联，帮助学生理清知识脉络，构建完整的知识体系.知识关联的方式有很多，可以结合综合性较强的问题,以一题为引入，引导学生提取题干信息的知识考点;也可以2020年4冃(下旬)<81＞试题研究投稿邮箱:********** 直接联系数列章节的前后知识,整合知 识框图.2.关注问题属性，总结解题方法数列是一种特殊的函数，因此具有 函数的性质，同时也可以利用函数的研 究方法和解题技巧来突破考题,因此在 实际学习时需要从数列的本质属性出 发,理解数列的相关定义，联系函数内 容来总结解题方法.本文所呈现的是数 列最值问题的常用四种方法，其中单调 性可用于研究数列的整体变化趋势，数 形结合是建立在数列的几何意义之上 的，不等式是从“数”的角度进行探究， 导数法则是基于数列与函数的关联特 性教学中需要教师从数列内容的本质 属性入手,开展数列最值问题的解法归 纳，总结特征问题的对应解法,形成系 统的解题思路.3.重视思想方法，提升解题思维开展解题方法教学是提升学生能 力的重要方式,教学中不仅需要重视解 题方法的讲解，还需要挖掘解法背后的 思想.例如上述问题的突破中涉及了数 形结合思想、化归转化思想、方程思想、构造思想等,正是基于核心思想才完成 了解法思路的构建.因此开展数列最值 问题的解法探究，需要融合数学思想，引 导学生理解数学思想的内涵.由于数学 思想理解起来存在一定的困难,故可以 结合教材内容、例题讲解，使学生初步 掌握利用数学思想分析问题的步骤，在 此基础上进行考题拓展,逐步提升学生 思维的灵活性.（上接第77页）=00^=0,则| ” 两式相减得lb 2xl~cryl=O ,阪=£.又也=£,所以西=習.又PQ a 3 Xo a 的方程为3吋-3m=0,联立+"=°，13x+y-3nv=O ,3m 得Q （警，警），所«A =JZ =A = \ 5 5 / %0 4/71 4T 等所哙迟所吩乎.分析:解法4利用点差法，求出a,6的 齐次关系式，再转化为所求的离心率.【解法5】令0=1 ,则渐近线方程为歹=±加,分别与%-3了+加=0联立,解得A I -m bm \ \ 1+36 * 1+36 /m 9b 2-l ）.因为 k A B=~^-,所以k^=-3 =9o Z — 1 / 33b 2m9b 2-l m 9b 2-l -m 壽，解得2=8此所以，所吩穿.分析:解法5用特殊值法，令a=l,问 题的本质并没有变化，运算会简单得多.【解法6】设4 (如，刃),B(,x 2,y 2) ,AB 的中点、 Z 啊;囂抑竽专 3m 所以21=丄=3.x 0 4m 4~T 因为渐近线方程为y=± — x,则a b 7i=----如，两式相减得力-/2=―—(«i+«2),b a /2=—X 2,两式相加得如-%2=—(/1+X2),所以b 有肌”=yif =沪(如+%2)= 1 又 列+如= xi-x 2 ^(yi+yz) 3 yi+y 2—=—，即色-=丄，所以"=4沪,所以e= y 0 3 3a 2 3VT 2 '分析:解法6设而不求，求出a,&的关 系，再转化为所求的离心率.2.总结提升这是一道典型的求圆锥曲线离心 率的问题，主线思想在于“求离心率”就 是要“找到a,6 ,c 的等量关系”,而寻求等 量关系的具体手段多种多样,习题教学 就是应该突出主线，体现不同手段的差 异性,帮助学生提炼数学思想方法,避免“见子打子”的教学和练习，真正达到提高效率的目的.章建跃老师在《注重通性通法才是 好数学教学》一文中提到：在“通性通法”中，“通性”就是概念所反映的数学基本性质;“通法”就是概念所蕴含的思想方法.解题教学中，只有注重基础知识及其蕴含的数学思想方法，才是追求数学教学的“长期利益”.这就要求我们努力提高对所教内容的理解水平,增强辨别和判断能力，对哪些重要哪些次要,哪些是根本哪些是细枝末节要心中有数,并在教学中培养学生联系基础、洞察本质的火眼金睛,这样才能落实数学课程 的育人功能,使学生真正从“长期利益”中得到好处.“一题多解”正是帮助学生体会“通性通法”、学会总结提升的重要手段之 一.关于解题，有一句话是这样说的:量不在多，典型就行,题不在难,有变则灵. 让学生明确不能只寻求其解，还须以解 题作为手段，去掌握知识和学会运用知 识.一题多解也是高考数学解答题的突 出特征我们在平时的教学中，可以抓住问题中每一个可以作为“最近发展区”的点，引导学生从多方面考虑已知条件的不同数学表达，开拓思想，提高核心素养.82 > 2020年4冃(下旬)。

重庆市忠县三汇中学高考数学数列多选题专项练习及解析一、数列多选题1．已知等比数列{}n a 首项11a >，公比为q ，前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，函数()()()()127f x x x a x a x a =+++，若()01f '=，则（ ）A ．{}lg n a 为单调递增的等差数列B ．01q <<C ．11n a S q ⎧⎫-⎨⎬-⎩⎭为单调递增的等比数列D ．使得1n T >成立的n 的最大值为6【答案】BCD 【分析】令()()()()127g x x a x a x a =+++，利用()()127001f g a a a '===可得3411a a q ==，01q <<，B 正确；由()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-可得A 错误；由()111111111n n n a a a qS q q q q q --=--=⋅---可得C 正确；由11a >，01q <<，41a =可推出671T T >=，81T <可得D 正确. 【详解】令()()()()127g x x a x a x a =+++，则()()f x xg x =， ()()()f x g x xg x ''∴=+，()()127001f g a a a '∴===，因为{}n a 是等比数列，所以712741a a a a ==，即3411a a q ==，11a >，01q ∴<<，B 正确；()()111lg lg lg 1lg n n a a q a n q -==+-，{}lg n a ∴是公差为lg q 的递减等差数列，A 错误；()111111111n n n a a a q S q q q q q --=--=⋅---，11n a S q ⎧⎫∴-⎨⎬-⎩⎭是首项为101a q q <-，公比为q 的递增等比数列，C 正确；11a >，01q <<，41a =，3n ∴≤时，1n a >，5n ≥时，01n a <<，4n ∴≤时，1n T >，7712741T a a a a ===，8n ∴≥时，78971n n T T a a a T =<=，又75671T T a a =>，7671T T a =>，所以使得1n T >成立的n 的最大值为6，D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.2．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若存在实数A ，使得对任意*n N ∈，都有n S A <，则称数列{}n a 为“T 数列”.则以下结论正确的是（ ）A ．若{}n a 是等差数列，且10a >，公差0d <，则数列{}n a 是“T 数列”B ．若{}n a 是等比数列，且公比q 满足||1q <，则数列{}n a 是“T 数列”C ．若12(1)2n n n a n n ++=+，则数列{}n a 是“T 数列”D ．若2241n n a n =-，则数列{}n a 是“T 数列 【答案】BC 【分析】写出等差数列的前n 项和结合“T 数列”的定义判断A ；写出等比数列的前n 项和结合“T 数列”的定义判断B ；利用裂项相消法求和判断C ；当n 无限增大时，n S 也无限增大判断D ． 【详解】在A 中，若{}n a 是等差数列，且10a >，公差0d <，则2122n d d S n a n ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，当n 无限增大时，n S 也无限增大，所以数列{}n a 不是“T 数列”，故A 错误. 在B 中，因为{}n a 是等比数列，且公比q 满足||1q <， 所以()11111112111111n nn n a q a a q a a q aS qq q q q q-==-+<------，所以数列{}n a 是“T 数列”，故B 正确. 在C 中，因为11211(1)22(1)2n n n n n a n n n n +++==-+⋅+⋅，所以122311111111111||122222322(1)22(1)22n n n n S n n n ++=-+-++-=-<⨯⨯⨯⨯⋅+⋅+⋅∣∣.所以数列{}n a 是“T 数列”，故C 正确.在D 中，因为22211141441n n a n n ⎛⎫==+ ⎪--⎝⎭，所以222111114342143141n S n n ⎛⎫=+++++⎪⨯-⨯--⎝⎭，当n 无限增大时，n S 也无限增大，所以数列{}n a 不是“T 数列”，故D 错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭；（2）1k =； （3）()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；（4）()()122121n n n +--()()()()1121212121n n n n ++---=--1112121n n +=---；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.3．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若831a =，10210S =，则（ ） A ．19919S a = B ．数列{}22na 是公比为8的等比数列C ．若()1nnnb a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D ．若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为202024249【答案】CD 【分析】由等差数列性质可判断A ；结合已知条件可求出等差数列的公差，从而可求出通项公式以及22n a ，结合等比数列的定义可判断B ；写出n b ，由定义写出2020T 的表达式，进行分组求和即可判断C ；11144143n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，裂项相消即可求和.【详解】由等差数列的性质可知，191019S a =，故A 错误；设{}n a 的公差为d ，则有811017311045210a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，解得13a =，4d =，故41n a n =-，28122na n -=， 则数列{}22n a是公比为82的等比数列，故B 错误；若()()()1141n nn n b a n =-⋅=-⋅-，则{}n b 的前2020项20203711158079410104040T =-+-+-⋅⋅⋅+=⨯=，故C 正确； 若()()1111414344143n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，则{}n b 的前2020项和2020111111120204377118079808324249T ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=⎪⎝⎭，故D 正确． 故选:CD ． 【点睛】 方法点睛:求数列的前n 项和常见思路有：1、对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；2、等差数列±等比数列时，常采取分组求和法；3、等差数列⨯等比数列时，常采取错位相减法；4、裂项相消法.4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,则下列说法正确的是（ ） A ．若21,n S n =-则{}n a 是等差数列B ．若21,nn S =-则{}n a 是等比数列C ．若{}n a 是等差数列，则995099S a =D ．若{}n a 是等比数列，且10,0,a q >>则221212n n n S S S -+⋅>【答案】BC 【分析】由n S 求n a ，根据通项公式可判断AB 是否正确，由等差数列的性质可判断C ，取1n =时，结合等比数列求和公式作差比较13S S ⋅与22S 大小即可判断D. 【详解】对于A 选项，若21n S n =-，当2n ≥时，21n a n =-，10a =不满足21n a n =-，故A错误；对于B 选项，若21nn S =-，则1112,21,1n n n n S S n a S n --⎧-=≥=⎨==⎩，由于11a =满足12n n a -=，所以{}n a 是等比数列，故B 正确；对于C 选项，若{}n a 是等差数列，则()199995099992a a S a +==，故C 正确. 对于D 选项，当1n =时，()()222222132111110S S S a q qa q a q ⋅-=++-+=-<，故当1n =时不等式不等式，故221212n n n S S S -+⋅>不成立，所以D 错误.故选：BC 【点睛】本题考查数列的前n 项和为n S 与n a 之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前n 项和为n S 的公式等，考查运算求解能力.本题D 选项解题的关键将问题特殊化，讨论1n =时，13S S ⋅与22S 大小情况.此外还需注意一下公式：11,2,1n n n S S n a S n --≥⎧=⎨=⎩；若{}n a 是等差数列，则()2121n n S n a -=-.5．设数列{}n a 前n 项和n S ，且21n n S a =-，21log n n b a +=，则（ ） A ．数列{}n a 是等差数列 B ．12n n aC ．22222123213n na a a a -++++= D ．122334111111n n b b b b b b b b +++++<【答案】BCD 【分析】利用n S 与n a 的关系求出数列{}n a 的通项公式，可判断AB 选项的正误；利用等比数列的求和公式可判断C 选项的正误；利用裂项求和法可判断D 选项的正误. 【详解】对任意的n *∈N ，21n n S a =-.当1n =时，11121a S a ==-，可得11a =； 当2n ≥时，由21n n S a =-可得1121n n S a --=-， 上述两式作差得122n n n a a a -=-，可得12n n a a -=，所以，数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，11122n n n a --∴=⨯=，A 选项错误，B选项正确；()221124n n na --==，所以，22221231441143nn n a a a a --==-++++，C 选项正确； 212log log 2nn n b a n +===，()1111111n n b b n n n n +==-++， 所以，12233411111111111111112233411n n b b b b b b b b n n n +++++=-+-+-++-=-<++， D 选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于{}n n a b 型数列，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于{}n n a b +型数列，利用分组求和法； （4）对于11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭型数列，其中{}n a 是公差为()0d d ≠的等差数列，利用裂项相消法求和.6．已知等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则使得前n 项和n S 取得最小值的正整数n 的值是（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】BC 【分析】分析出数列{}n a 为单调递增数列，且70a =，由此可得出结论. 【详解】在等差数列{}n a 中，59a a =，公差0d >，则数列{}n a 为递增数列，可得59a a <，59a a ∴=-，可得5975202a a a a +==>，570a a ∴<=，所以，数列{}n a 的前6项均为负数，且70a =， 因此，当6n =或7时，n S 最小. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：本题考查等差数列前n 项和最大值的方法如下：（1）利用n S 是关于n 的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得结果； （2）解不等式0n a ≥，解出满足此不等式的最大的n 即可找到使得n S 最小.7．（多选）在递增的等比数列{}n a 中，已知公比为q ，n S 是其前n 项和，若1432a a =，2312a a +=，则下列说法正确的是（ ）A ．1q =B ．数列{}2n S +是等比数列C ．8510S =D ．数列{}lg n a 是公差为2的等差数列【答案】BC 【分析】 计算可得2q，故选项A 错误；8510S =，122n n S ++=，所以数列{}2n S +是等比数列，故选项,B C 正确；lg lg 2n a n =⋅，所以数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误.【详解】∵142332,12,a a a a =⎧⎨+=⎩∴23142332,12,a a a a a a ==⎧⎨+=⎩ 解得234,8a a =⎧⎨=⎩或238,4a a =⎧⎨=⎩，∵{}n a 为递增数列，∴234,8a a =⎧⎨=⎩∴322a q a ==，212a a q ==，故选项A 错误； ∴2nn a =，()12122212nn nS +⨯-==--，∴9822510S =-=，122n n S ++=，∴数列{}2n S +是等比数列，故选项,B C 正确； 又lg 2lg 2lg nn n a ==⋅，∴数列{}lg n a 是公差为lg 2的等差数列，故选项D 错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明数列的性质，常用的方法有：（1）定义法；（2）中项公式法.要根据已知灵活选择方法证明.8．设数列{}n a 的前n 项和为*()n S n N ∈，关于数列{}n a ，下列四个命题中正确的是（ ）A ．若1*()n n a a n N +∈=，则{}n a 既是等差数列又是等比数列B ．若2n S An Bn =+(A ，B 为常数，*n N ∈)，则{}n a 是等差数列C ．若()11nn S =--，则{}n a 是等比数列D ．若{}n a 是等差数列，则n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈也成等差数列【答案】BCD 【分析】利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】选项A: 1*()n n a a n N +∈=,10n n a a +∴-=得{}n a 是等差数列，当0n a =时不是等比数列，故错; 选项B:2n S An Bn =+,12n n a a A -∴-=,得{}n a 是等差数列，故对;选项C: ()11nn S =--,112(1)(2)n n n n S S a n --∴-==⨯-≥,当1n =时也成立，12(1)n n a -∴=⨯-是等比数列，故对;选项D: {}n a 是等差数列，由等差数列性质得n S ，2n n S S -，*32()n n S S n N -∈是等差数列，故对; 故选：BCD 【点睛】熟练运用等差数列的定义、性质、前n 项和公式是解题关键.9．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，当n 为偶数时，11n n a a --=；当n 为奇数且1n >时，121n n a a --=.若4000m S >，则m 的值可以是（ ） A ．17 B ．18C ．19D ．20【答案】BCD 【分析】由已知条件得出数列奇数项之间的递推关系，从而得数列21{3}k a -+是等比数列，由此可求得奇数项的表达式（也即得到偶数项的表达式），对2k S 可先求得其奇数项的和，再得偶数项的和，从而得2k S ，计算出与4000接近的和，184043S =，173021S =，从而可得结论． 【详解】依题意，2211k k a a -=+，21221k k a a +=+，*k N ∈，所以2211k k a a -=+，2122121212(1)123k k k k a a a a +--=+=++=+,∴()2121323k k a a +-+=+.又134a +=，故数列{}213k a -+是以4为首项，2为公比的等比数列，所以121423k k a --=⋅-，故S 奇()21321141232(44242)43321k k k k k a a a k k -+-===+⨯++⨯--+++-=---，S 偶21232412()242k k k a a a k k a a a +-=+=+++=+++--，故2k S S =奇＋S 偶3285k k +=--，故121828454043S =--=，173021S =，故使得4000m S >的最小整数m 的值为18.故选：BCD . 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的和的问题，解题关键是是由已知关系得出数列的奇数项满足的性质，求出奇数项的表达式（也可求出偶数项的表达式），而求和时，先考虑项数为偶数时的和，这样可分类求各：先求奇数项的和，再求偶数项的和，从而得所有项的和，利用这个和的表达式估计和n S 接近4000时的项数n ，从而得出结论．10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1+14,()n n a S a n N *==∈，数列12(1)n n n n a +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为n T ，n *∈N ，则下列选项正确的是（ ） A ．24a = B ．2nn S =C ．38n T ≥D ．12n T <【答案】ACD 【分析】在1+14,()n n a S a n N *==∈中，令1n =，则A 易判断；由32122S a a =+=，B 易判断；令12(1)n n n b n n a ++=+，138b =，2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，裂项求和3182n T ≤<，则CD 可判断.【详解】解：由1+14,()n n a S a n N *==∈，所以2114a S a ===，故A 正确；32212822S a a =+==≠，故B 错误；+1n n S a =，12,n n n S a -≥=，所以2n ≥时，11n n n n n a S S a a -+=-=-，12n na a +=， 所以2n ≥时，2422n n n a -=⋅=， 令12(1)n n n b n n a ++=+，12123(11)8b a +==+，2n ≥时，()()1112211(1)12212n n n n n n n b n n a n n n n +++++===-++⋅+⋅，1138T b ==，2n ≥时，()()23341131111111118223232422122122n n n n T n n n ++=+-+-++-=-<⨯⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅ 所以n *∈N 时，3182n T ≤<，故CD 正确；故选：ACD. 【点睛】方法点睛：已知n a 与n S 之间的关系，一般用()11,12n nn a n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩递推数列的通项，注意验证1a 是否满足()12n n n a S S n -=-≥；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和.。

【名校】重庆市南开中学数学归纳法、极限、导数专题解析数学归纳法、极限、导数数学归纳法⼀、回归课本1、数学归纳法的步骤：（1）验证n 取第⼀个值0n 时成⽴；（2）假设n=k （0k n ≥）时命题成⽴，并从假设出发，推证得n=k+1时命题也成⽴；（3）综上所述，命题对⼀切0n n ≥的正整数n 都成⽴。

2、证明过程中要注意书写、表述要完整、规范。

三个步骤缺⼀不可，证明中的关键和难点在第⼆步，其中的归纳假设起着已知条件的作⽤，在n=k+1步中⼀定要⽤到，否则就不叫数学归纳法。

第⼆步证明时，还要注意弄清n=k 到n=k+1步命题的变化情况。

3、数学归纳法适⽤于⼀些与⾃然数n 有关的命题以及⼀些数列相关问题。

⼆、典型例题：例⼀：（数学归纳法证等式）（1）求证：(1)(2)...()2135...(21)n n n n n n ++??+=-，*()n N ∈（2）111111...1234(21)2122n n n n n+++=+++??-?++ ，*()n N ∈（3）数列{}n a 中，1111...23n a n=++++，前n 项和为n S ，求证(1)n n S n a n =+-。

例⼆：（数学归纳法证不等式）（1）*,1n N n ∈>且，111(1)(1)...(1)35212n +?+??+>-。

（2）设数列{}n a 满⾜1112,,(1,2,3.......)n n na a a n a +==+=，证明n a >对⼀切正整数n 成⽴；例三：（数学归纳法证整除性问题）（1）设*n N ∈，证明1465nn +?+除以20的余数为9。

（2）已知9n n a =，45n b n =+，*()n N ∈，设1212{,,...,},{,,...,}n n A a a a B b b b ==求证：≠?B A 。

例四：设数列{}n a 满⾜12a =，2*11,()n n n a a na n N +=-+∈（1）求234,,a a a ；（2）求数列{}n a 的通项公式。