2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大題題型歸納：專題06 數(shù)列中的恒成立和存在性問題（解析）

專題06數(shù)列中的恒成立和存在性問題數(shù)列恒成立和存在練習(xí)解析1．設(shè)Sn為正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和，滿足（1）求an（2）若不等式1+2an+ta（3）設(shè)bn=e34【答案】（1）an=n+1（2）【分析】（1）根據(jù)題中的關(guān)系式，利用an=S（2）n=1時(shí)，求出t的范圍，接著證明t的此范圍對(duì)n≥2的正整數(shù)n都成立，首先由n+1+t>0，放縮1+2（3）根據(jù)（1）中的結(jié)論得到數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，求出bnbn+2=24?1(n+3)n+3，再由當(dāng)k≥2時(shí)，【詳解】（1）∵2S∴2S兩式相減，得2a即an∴an∵an為正項(xiàng)數(shù)列，∴a又由2S1=a1∴an（2）1+2an當(dāng)n=1時(shí)，1+2解得?83≤t≤0下面證明當(dāng)?83≤t≤0且t≠?2時(shí)，1+當(dāng)n≥2時(shí)，n+1+t>0，∴1+2又當(dāng)n=1時(shí)，上式顯然成立，故只要證明1+2n+1n+1又1+2∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為?8（3）證明：由題得bn∵bnbn+2=(n+1)∴bn當(dāng)k≥2時(shí)，1==21∴b1b3【點(diǎn)睛】本題考查已知Sn與an關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查不等式恒成立問題以及不等式的證明．在利用an=Sn?Sn?12．已知數(shù)列bn是首項(xiàng)b1=1,(1)求證：an(2)記cn=1bnbn+1(3)在（2）的條件下，記dn=3n+1?Sn，若對(duì)任意正整數(shù)【答案】(1)證明見解析.(2)S(3)11【分析】(1)運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，可得公差d=3，進(jìn)而得到bn(2)由（1）得cn(3)根據(jù)題意，求得dn=n，設(shè)f(n)=1n+1+1n+2【詳解】（1）解：由b1=1及b4=10，得因?yàn)閎n+2=3log14則an+1an=14n+1（2）解：由（1）得cnS（3）解：因?yàn)閐n則問題轉(zhuǎn)化為對(duì)任意正整數(shù)n使不等式1n+1設(shè)fnf==1所以fn+1>fn，故f由12>m24，所以3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為(1)求證：數(shù)列{a(2)若a2=5，令bn=1an，數(shù)列{bn}的前【答案】(1)證明見解析；(2)m∈(?∞,?2]∪[7,+∞).【分析】（1）利用an,Sn關(guān)系可得(n?2)a（2）由（1）結(jié)論及題設(shè)可得bn=14n?3，令cn【詳解】（1）由題設(shè)，Sn=n(an所以an=Sn?所以(n?1)an+1?(n?2)an所以an+1+a（2）由2S1=a1+1，可得所以an=4n?3，故bn所以cn+1=T所以cn+1?c所以，在n∈[1,+∞)且n∈N?上T2n+1要使45(T2n+1?Tn所以m∈(?∞,?2]∪[7,+∞).4．設(shè)f(x)=sin（1）當(dāng)x≥0時(shí)，求證：f(x)≥0；（2）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，都有sin1+【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增，從而有當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥f(0)=0(2)放縮法構(gòu)造數(shù)列不等式，再利用裂項(xiàng)相消法證明不等式.【詳解】(1)由題知，f'(x)=cosx?1+x，f″當(dāng)x≥0時(shí)，f'所以f(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增，有f(x)≥f(0)=0恒成立.(2)由(1)知當(dāng)x>0時(shí)，sinx>x?12有sin1故sin1+sin12即待證不等式成立．5．已知等差數(shù)列an滿足a3=S2+1,S3=a4+2,其中Sn為a（1）求數(shù)列an、b（2）設(shè)an?bn的前n（3）設(shè)Cn=(an+4)(Sn+n)?b【答案】（1）an=2n?1；bn=3【分析】(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由已知條件，結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式可得a1+2d=2a1+d+13a(2)由錯(cuò)位相減法即可求出前n項(xiàng)和Tn(3)由(1)可知Sn=n2，整理可得Cn=1n?3n?1?1n+1【詳解】解：(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d，∵∴a1+2d=2a1設(shè)等比數(shù)列bn公比為q（其中q>0），因?yàn)閎由2b2=b1+b所以數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為b（2）由（1）得an則Tn=1×3T由①減去②得-2T則-2Tn=1+2×31?（3）由(1)可知，Sn則C∴=1?1n+1?∵n+1?13n∴λ≤53,∴λ【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:常見數(shù)列求和的方法有：公式法；裂項(xiàng)相消法；錯(cuò)位相減法；分組求和法等.6．已知數(shù)列an中，a1=1，點(diǎn)P(an（1）求數(shù)列an（2）設(shè)bn=1an，Sn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和，試問：是否存在關(guān)于n的整式【答案】（1）an=n；（2）存在，【解析】（1）根據(jù)點(diǎn)P(an,an+1)在直線x?y+1=0上，將點(diǎn)坐標(biāo)代入方程，可得（2）由（1）可得bn，進(jìn)而可求得Sn的表示式，化簡整理，可得nS【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)P(an,an+1所以an?an+1+1=0所以數(shù)列an所以an（2）bn=1所以Sn?S所以nSn(n?1)S(n?2)???2所以n所以S1根據(jù)題意S1所以g(n)=n，所以存在關(guān)于n的整式g(n)=n，使得S1【點(diǎn)睛】解題的關(guān)鍵是根據(jù)Sn表達(dá)式，整理得nSn與(n?1)Sn?17．記Sn為數(shù)列{an}的前(1){S(2)1a【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；【分析】（1）根據(jù)遞推式可得Sn+a（2）由（1）求得an={1,n=12n?2【詳解】（1）由已知得na1+(n?1)a2②?①：Sn+a特別地，①中令n=1得：a1=S所以{Sn}是首項(xiàng)為1（2）由（1）知：Sn=2故1a1+顯然n=1時(shí)1a當(dāng)n≥2時(shí)，1a所以1a8．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，(1)求an(2)若bn=a2n，對(duì)任意的1≤n≤10，n∈N【答案】(1)an(2)t≤41【分析】（1）利用an和Sn的關(guān)系可得（2）由題可得bn=a2n=【詳解】（1）由2S2S可得2an+1+2n+3=所以an+2所以an+2令n=1，可得a1=?6，令n=2，可得所以n為奇數(shù)時(shí)，an當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an即an（2）因?yàn)閎n=a當(dāng)n≥2時(shí)，bn令Cn當(dāng)n≥2時(shí)，C=2n?1+=2?32所以C4<C3<所以Cn的最小值為C所以t≤419．已知等差數(shù)列an滿足：a3=4，a(1)求an及S(2)令bn=1an2?1，若對(duì)于任意n∈N?【答案】(1)an(2)[3【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an（2）利用裂項(xiàng)求和法求得數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn，說明【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an由題設(shè)a3=4，a5+∴an=a（2）由（1）可得：bn∴T==34?又Tn∴m≥3即實(shí)數(shù)m的取值范圍為[3410．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1(1)求數(shù)列an(2)設(shè)數(shù)列bn滿足2bn+(n?3)an=0n∈N?，記數(shù)列bn【答案】(1)an(2)?1【分析】（1）利用Sn與an的關(guān)系，分n=1,n≥2討論，得到數(shù)列（2）利用錯(cuò)位相減法求出Tn，然后分類討論分離參數(shù)t，轉(zhuǎn)化為t與關(guān)于n【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，2S1+當(dāng)n≥2時(shí)，由2Sn+an即an是以?23所以an（2）由2bn+(n?3)所以Tn13Tn兩式相減得2=?2所以Tn由Tn+3即t(n?3)≥3?2n當(dāng)1≤n<3時(shí)，t≤3?2n4(n?3)=?當(dāng)n=3時(shí)，不等式恒成立；當(dāng)n>3時(shí)，t≥3?2n4(n?3)=?綜上，?111．已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，S6(1)求數(shù)列an和b(2)若對(duì)任意的n∈N?，λb【答案】(1)an=3n?1，(2)?∞,9【分析】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，由S6S3=28（2）由λ<3n3n?2對(duì)于任意的n∈N?【詳解】（1）解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q由S6S3=28，顯然q≠1，所以由于a1=1，所以an的通項(xiàng)公式為a所以bn=3log所以bn的通項(xiàng)公式為bn=3n?2（2）因?yàn)棣薭n<3an令fn=3則fn+1當(dāng)n>1時(shí)，fn+1>fn，所以f1>f所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍為?∞,912．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1公比為q(q∈N?(1)求數(shù)列{an}(2)設(shè)cn=an?bn，記{cn}的前【答案】(1)an=2n?1(2)[?【分析】（1）根據(jù)已知條件及等差等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式即可求解；（2）利用（1）得出{cn}【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a由n2(Tn由①得a1=1，由②得q=d，由③得所以數(shù)列{an}所以數(shù)列{bn}（2）由（1）知，an=2n?1，bnRn=(2?1?1)?22Rn=(2?1?1)?②-①得：R化簡得：Rn又因?yàn)閍n2即(2n?1)2（i）當(dāng)n=1時(shí)，1≥?2λ，所以λ≥?1（ii）當(dāng)n≥2(n∈N?)令f(n)=1f(n+1)?f(n)==當(dāng)2≤n<2+52時(shí)，f(n+1)<f(n)當(dāng)n>2+52時(shí)，f(n+1)>f(n)當(dāng)n=3時(shí)，f(n)取得最小值為f(n)min=f(3)=所以λ的取值范圍是[?113．已知數(shù)列an、bn滿足a1=2，an+1(1)求證：an2n(2)若cn=nbnan，記cn前n項(xiàng)和為【答案】(1)證明見解析；an(2)λ≥3.【分析】(1)證明an+12n+1?an2(2)根據(jù)累乘法求bn，再求出cn，根據(jù)cn通項(xiàng)公式的特征，采用錯(cuò)位相減法求其前n項(xiàng)和T【詳解】（1）∵a1=2，an+1an+12n+1=a∴an2∴an（2）由b1=1，∴bnbn?1=∴cn∴Tn12兩式相減得，12∴T=1+2×12×∵cn中每一項(xiàng)cn>0，∴∵2n+32n>0，∴1∴λ≥3.14．已知正項(xiàng)數(shù)列an的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和S(1)求數(shù)列an(2)記數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和為Tn，若對(duì)任意的n∈【答案】(1)an(2)a≤?1或a≥2.【分析】（1）化簡數(shù)列的遞推公式，得Sn（2）利用裂項(xiàng)法，求解Tn【詳解】（1）當(dāng)n≥2時(shí)，an∴Sn?Sn?1=所以數(shù)列Sn是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，故S又由an=Sn+當(dāng)n=1時(shí)，a1所以an（2）∵1a∴Tn又∵對(duì)任意的n∈N?，不等式∴2≤a2?a，解得a≤?1即所求實(shí)數(shù)a的范圍是a≤?1或a≥2.15．已知各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若(1)求數(shù)列an(2)設(shè)bn=2anan+1，且數(shù)列b【答案】(1)a(2)證明見解析【分析】（1）利用公式a1=S1，n≥2時(shí)，（2）由（1）的結(jié)果，利用裂項(xiàng)相消法求和，再結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性證明不等式.【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，4a1=當(dāng)n≥2時(shí)，由4Sn=兩式相減可得4an=an∴an?an?1=2，即因此，an的通項(xiàng)公式為a（2）證明：由1可知an=2n?1，所以Tn因?yàn)?2n+1>0恒成立，所以又因?yàn)門n+1?Tn=綜上可得2316．函數(shù)fx=ax2+bx+c滿足f(1)求實(shí)數(shù)a，b，c的值；(2)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且點(diǎn)an,4Sn在函數(shù)fx【答案】(1)a=2，b=2，c=0(2)?【分析】（1）根據(jù)已知條件，可推得a=bc=0，又已知切線方程，設(shè)出切點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)即可解得a（2）由已知可得，2Sn=an2+an，進(jìn)而可推得an是等差數(shù)列，求出【詳解】（1）因?yàn)?，f0f?x?1=a?x?1又f0=0，所以有c=02a?b=ba?b+c=c，解得a=bc=0，所以f因?yàn)楹瘮?shù)fx=ax2+ax則f'x0即2ax0+a=?2ax02+ax所以fx（2）由（1）知，4Sn=2當(dāng)n=1時(shí)，2S1=a1當(dāng)n≥2時(shí)，有2Sn=所以有2Sn?因?yàn)閍n+an?1≠0所以，an是以a所以，an=a則不等式Sn+8>(?1)nn+1即?1n?λ<n①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，即有λ<n因?yàn)閚2當(dāng)且僅當(dāng)n2=8n，即②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，即有?λ<n令?x=x當(dāng)0<x<4時(shí)，?'x<0當(dāng)x>4時(shí)，?'x>0又?3=3所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，?x=x所以，?λ<235，即有綜上所述，?23【點(diǎn)睛】在求解數(shù)列不等式恒成立時(shí)，常采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)變?yōu)榍笞钪档姆椒?，然后結(jié)合不等式或者構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)得到數(shù)列的單調(diào)性，進(jìn)而得到最值.本題將λ分離后，轉(zhuǎn)化為?1n?λ<n2+8n+12對(duì)于任意17．已知an為等差數(shù)列，bn為公比q≠1的等比數(shù)列，且a1=b(1)求an與b(2)設(shè)cn=bn+1a(3)在（2）的條件下，若對(duì)任意的n≥1，n∈N，2Tn>【答案】(1)an=2n?1(2)T(3)?∞,【分析】（1）利用等差和等比數(shù)列通項(xiàng)公式可構(gòu)造方程組求得d,q，由此可得an（2）采用分組求和的方式，根據(jù)等比數(shù)列求和公式和裂項(xiàng)相消法可求得Tn（3）將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為t<3n4n?3，令bn=3n【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d由a2=b2a5=∴an=1+2（2）由（1）得：cn∴Tn=（3）由（2）得：3n?12n+1>∴t<3n4n?3對(duì)任意的n≥1令bn=3則當(dāng)n=1時(shí)，b2<b1；當(dāng)∴bnmin=b2=18．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足：(1)求證：數(shù)列an(2)若a2=3，數(shù)列bn滿足b1=a1,b(3)在（2）的前提下，記cn=6n?7bnanan+2,n為奇數(shù)log2【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)?1,5【分析】（1）由條件可得2Sn=nan+nn∈（2）首先可求出an、bn，然后計(jì)算出（3）首先可得cn=6n?72n?12n?12n+3,n為奇數(shù),n,n為偶數(shù),【詳解】（1）因?yàn)?Snn=a兩式相減可得2an+1由nan?1=兩式相減可得n+1化簡可得2nan+1=n所以數(shù)列an（2）由2Snn=a因?yàn)閍2=3，所以因?yàn)閿?shù)列bn滿足lg所以lgbnb所以數(shù)列bn為等比數(shù)列，因?yàn)閎1=a1=1,所以Tn所以Tn?T（3）由（2）可得Sn由已知c可得c設(shè)cn的前2n項(xiàng)和中，奇數(shù)項(xiàng)的和為Pn，偶數(shù)項(xiàng)的和為所以Pn當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn所以P==當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn所以Q=由(?1)n得(?1)n即(?1)n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ<n2+n?1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，?λ<n2+n?1故對(duì)一切n∈N*恒成立，則19．設(shè)an是公差不為零的等差數(shù)列，滿足a1=1，a6+a7=a(1)求數(shù)列an和b(2)在b1和b2之間插入1個(gè)數(shù)x11，使b1、x11、b2成等差數(shù)列；在b2和b3之間插入2個(gè)數(shù)x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差數(shù)列；…，在bn和bn+1之間插入n個(gè)數(shù)xn1(3)對(duì)于（2）中求得的Tn，是否存在正整數(shù)m、n，使得Tn=【答案】(1)an=n(2)T(3)存在，所有的正整數(shù)對(duì)m,n為9,2及3,3.【分析】（1）設(shè)數(shù)列an的公差，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式基本量計(jì)算求出d＝1，從而an=n，再由bn=S1（2）由題意推導(dǎo)出公差dn=?13n(n+1)，從而xnk（3）由Tn=am+12am及第（2）問得到m=2+4n+63n?2n?3，求出當(dāng)【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an則由a6+a因?yàn)閍1=1，所以所以an由4Sn當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn?1①﹣②，得4b∴bn又當(dāng)n=1時(shí)，4b1+2∴bn是首項(xiàng)為12，公比為∴bn（2）在bn和bn+1之間插入n個(gè)數(shù)xn1、xn2、…、xnn，使bn、xn1、x∴dn則xnk∴k=1n∴Tn=則13T①﹣②得23∴Tn（3）假設(shè)存在正整數(shù)m，n，使TnTnm=2×當(dāng)n=1時(shí)，m=2+10當(dāng)n＝2時(shí)，m=2+14當(dāng)n＝3時(shí)，m=2+1=3∈N下證，當(dāng)n≥4n∈N?時(shí)，有3n設(shè)fx=3x?6x?9∴fx在4,+∞故n≥4時(shí)，3n∴0<4n+6∴n≥4時(shí)，m不是整數(shù)，∴所有的正整數(shù)對(duì)m,n為9,2及3,3.【點(diǎn)睛】本題第二問和第三問有難度，第二問需要先理解題意，轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列通項(xiàng)公式和求和公式，結(jié)合錯(cuò)位相減法進(jìn)行求解，而第三問則是數(shù)列與函數(shù)的綜合，需要利用導(dǎo)函數(shù)來證明當(dāng)n≥4n∈N?時(shí)，有3n20．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a1=1，(1)求證：數(shù)列an+1?a(2)若λ1+Sn【答案】(1)證明見解析，a(2)3【分析】(1)要證明數(shù)列an+1?an是等比數(shù)列，需要把已知遞推公式變形為an+2(2)求出Sn，不等式等價(jià)于λ≥2n?112n恒成立，令【詳解】（1）由an+2?3an+1+2又a2?a所以，數(shù)列an+1則an+1?aan=a當(dāng)n=1時(shí)，a1=1滿足上式，所以，an（2）由（1）可知，數(shù)列an的首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，則S由λ1+Sn令bn=2n?11則n≤6時(shí)，bn+1?b當(dāng)n≥7時(shí)，bn+1?b則bn的最大值為b7=312821．已知函數(shù)fx滿足fx+f1?x=2(1)求數(shù)列an(2)若數(shù)列bn滿足b1=23，bn=1an?an+1（n≥2【答案】(1)an=n+1，(2)2【分析】（1）由fx（2）由（1）可得bn的通項(xiàng)公式，由數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和可得S【詳解】（1）因?yàn)閒(x)+f(1?x)=2,由an=f(0)+f則an=f(1)+f所以①+②可得：2a故an=n+1，（2）由（1）知，an=n+1，則n≥2時(shí)，所以S

=

=1?1又由Sn<λan+1對(duì)一切即有λ>1n+2?當(dāng)n=1時(shí),?1n+2?12故實(shí)數(shù)λ的取值范圍是2922．若an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，(1)求an和b(2)對(duì)任意的正整數(shù)n，設(shè)cn=3an(3)記an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2Sn?【答案】(1)an=n(2)4(3)m≥【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為q.a1b1=1,b5=4（2）由（1）知當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn(3)把恒成立轉(zhuǎn)化為求最大值問題,作差比較大小,應(yīng)用單調(diào)求解即可.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為因?yàn)閍1=1，所以a1解得d=1.所以an的通項(xiàng)公式為a由b1又q≠0，得q2解得q=2，所以bn的通項(xiàng)公式為b（2）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn對(duì)任意的正整數(shù)n，有k=1nk=1nc由①得14k=1由①②得34=2=5所以k=1n所以k=12n所以數(shù)列cn的前2n項(xiàng)和為4（3）因?yàn)?Sn?a而Sn=即n?1≤m2n?1,可得n?1令gn=g當(dāng)n≥2時(shí),gn+1?gn<0,即當(dāng)n=1時(shí),gn+1?g所以gnmax23．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且(1)求數(shù)列an(2)已知bn=23nn∈N【答案】(1)an(2)存在，m=2或m=3；【分析】（1）由題設(shè)2Sn=an（2）由（1）知anbn=n2【詳解】（1）由題設(shè)2Sn=當(dāng)n=1時(shí)，2S1=2當(dāng)n≥2時(shí)，2(Sn?由an+a所以an是首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，故a（2）由（1）知：anbn=n2令f(x)=x?(23)x若f'(x)=0，即1+xln2在(0,log32e)上f'(x)>0，f(x)遞增，所以f(x)在(0,+∞)有最大值，又2<log對(duì)于n23n，當(dāng)n=2時(shí)，a2b綜上，a1b1<a2b24．已知數(shù)列an是遞增的等比數(shù)列．設(shè)其公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，并且滿足a1+a5=34(1)求數(shù)列an(2)若bn=n?an，Tn是bn的前【答案】(1)an=2(2)5【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合條件8是a2與a4的等比中項(xiàng)得到a1a5=64，聯(lián)立條件（2）根據(jù)（1）求得bn=n?2n，利用錯(cuò)位相減求和得到Tn【詳解】（1）因?yàn)?是a2與a4的等比中項(xiàng)，所以則由題意得：a1+a5=34a2因?yàn)閿?shù)列an是遞增的等比數(shù)列，所以a1=2a5所以an故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=（2）由（1）得：bn=n?a則T=1×21即2Tn則①?②得：?即Tn=n×2所以Tn?n?2設(shè)Cn=Tn?n?因?yàn)閥=2?2x+1在所以Cn又有C5=2?2所以當(dāng)n≤5且n∈N?時(shí)，故使Tn?n?2n+1>?10025．已知數(shù)列{an}的前(1)證明：數(shù)列{Sn(2)?n∈N?，【答案】(1)證明見解析；(2)?3.【分析】（1）由an+1=S（2）由（1）求得Sn，從而代入已知等式后求得an+1得【詳解】（1）Sn=an+1?2n∴Sn+1又∵a1=1，∴所以數(shù)列{Sn2（2）由(1)知：Sn所以Sn∴an+1∴an又a1∴an因?yàn)?n所以n?6n+1所以?n∈N?，n?6記fx又f(x)在(1,52)又因?yàn)閚∈N?，所以fn所以λ≤?3，所以λ的最大值為?3．26．已知函數(shù)fx=x+(1)當(dāng)n≥2時(shí)，求Sn(2)設(shè)a1=12,an=1Sn【答案】(1)S(2)2【分析】（1）依據(jù)題給條件，利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式即可求得Sn（2）先利用裂項(xiàng)相消法求得數(shù)列{an}【詳解】（1）由fxS=則當(dāng)n≥2時(shí)，S（2）由（1）可得，當(dāng)n≥2時(shí)，S則當(dāng)n≥2時(shí)，an=1則當(dāng)n≥2時(shí)，數(shù)列{aT又當(dāng)n≥2時(shí)，n+1≥3，0<1n+1由Tn<m2則當(dāng)n≥2時(shí)，使得Tn當(dāng)n=1時(shí)，T1綜上，使得Tn27．已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為(1)證明數(shù)列Sn2n(2)設(shè)bn=Sn3n，若對(duì)任意正整數(shù)【答案】(1)證明見解析，an(2)m<?1或m>2.【分析】（1）由遞推關(guān)系變形可得Sn+12n+1=Sn2n+1（2）由（1）計(jì)算bn+1?bn，判斷數(shù)列bn【詳解】（1）由Sn+1=2Sn+所以數(shù)列Sn2n∴Sn∴當(dāng)n≥2時(shí)，an又a1所以an（2）由（1）知Sn∴∴∴當(dāng)n≤2時(shí)，bn+1當(dāng)n≥3時(shí)，bn+1<所以bn的最大值為b依題意2027<m解得m<?1或m>2.28．已知an為等差數(shù)列，公差為d，bn是公比為2的等比數(shù)列，且a2(1)證明：a1(2)求集合k|b【答案】(1)證明見解析(2)128個(gè)【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組即可證明結(jié)論；（2）根據(jù)題意化簡可得2k?2【詳解】（1）由題意知a2=b2a3+（2）由（1）知，a1=d=b所以bkan=a所以bk=a所以2k?2=m，1≤m≤100，故m可取1,2,4,8,16,32,64，解得故集合中共有7個(gè)元素，所以集合k|bk=29．已知數(shù)列an滿足a1=1(1)求an(2)若bn=12an，設(shè)數(shù)列an【答案】(1)a(2)證明見解析【分析】（1）由數(shù)列的遞推公式，利用累乘法求數(shù)列通項(xiàng)；（2）利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列anbn【詳解】（1）由2n?1an+1=2n+1a所以an+1當(dāng)n≥2時(shí)，有a=2n?1當(dāng)n=1時(shí)，a1=1=2×1?1，符合上式，所以（2）由（1）得bn=1所以Sn所以12兩式相減，得3=1所以Sn因?yàn)?n+53×22n?130．已知數(shù)列an中，a1=1，Sn為數(shù)列an(1)求數(shù)列an(2)若數(shù)列bn滿足b1+22?b2+【答案】(1)a(2)證明見解析【分析】（1）利用Sn、a（2）結(jié)合（1）的結(jié)論利用遞推關(guān)系可得bn=1【詳解】（1）由題意得an?S所以an?Sn+1因此an+1?由②-①，得an+1an+2因此an+1=0或因?yàn)閍n≠0，所以an+1所以數(shù)列an又因?yàn)閍1=1,a所以a2n?1=a1+(n?1)?2=2n?1（2）證明：由（1）知b1可得b1兩式相減，得n2?b又b1=a1=1所以Tn=所以Tn31．已知an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列（公比不為1），bn的前n項(xiàng)和Tn(1)求數(shù)列：an，b(2)設(shè)cn=an+1?anbn+1?b【答案】(1)an=n+2(2)2【分析】（1）設(shè)出公比和公差，得到方程組，求出公差和公比，得到an，b（2）求出cn的通項(xiàng)公式并得到cn為等比數(shù)列，利用等比數(shù)列求和公式得到Mn【詳解】（1）設(shè)an的公差為d,bn由已知可得a1=b解得d=1,所以an的通項(xiàng)公式為abn的通項(xiàng)公式為b（2）由（1）知cn=a所以cn為等比數(shù)列，公比為1所以Mn因?yàn)镸n<m恒成立，所以而23所以m≥2所以m的最小值為2332．已知公差不為0的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a1(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式a(2)若n≥2，1S2?1【答案】(1)a(2)4【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由a1,a2,a5成等比，求得2a1=d（2）由（1）求得1Sn?1令12(3【詳解】（1）解：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，因?yàn)閍1,可得a1a1又因?yàn)閐≠0，所以2a因?yàn)閍2?a可得a12?a1當(dāng)a1=0時(shí)，當(dāng)a1=1時(shí)，d=2a所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）解：由an=2n?1，可得所以1S當(dāng)n≥2時(shí)，1S=1令12(3即9n2?31n?20=(9n+5)(n?4)≥0，解得n≥4，所以n33．已知數(shù)列an滿足a1(1)設(shè)bn=a(2)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，求使得不等式Sn【答案】(1)b(2)20【分析】（1）通過構(gòu)造得bn+1?3=2b（2）利用等比數(shù)列求和公式得S2n=2n+1+3n?2，通過作差得S2n+1?【詳解】（1）因?yàn)閍所以a2n=a2n?1?1，a又因?yàn)閎n=a2n+因?yàn)閎n+1=a又因?yàn)閍2n+1=2a2n，所以bn+1即bn+1所以bn+1又因?yàn)閎1?3=a1+所以數(shù)列bn所以bn?3=2×2（2）由（1）可知a2n?1+a所以S2n+2又因?yàn)閍2n=a即a2n?1=2所以S2n+1因?yàn)镾2n+1S2n+2所以Sn因?yàn)镾19=3×2所以滿足題意的n的最小值是20．34．已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx在點(diǎn)1,f1處的切線在兩坐標(biāo)軸上截距相等，求(2)（i）當(dāng)x>1時(shí)，fx>0恒成立，求正整數(shù)（ii）記an=1+1×21+2×3?1+n?1n，bn【答案】(1)?13(2)（i）5

（ii）an【分析】（1）求出切線，令切線過原點(diǎn)或切線斜率為?1即可；（2）（i）利用導(dǎo)數(shù)，求出fx的最小值fxmin（ii）分別對(duì)an和bn取對(duì)數(shù)，對(duì)lna【詳解】（1）由已知，fx定義域?yàn)?,+∞∵fx∴f1=ln1+2k1+2?k=k+2，∴又∵f'∴由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，函數(shù)fx在點(diǎn)1,k+2處的切線斜率為f∴函數(shù)fx在點(diǎn)1,k+2處的切線方程為y?整理得，1?2kx?y+3k+1=0若切線在兩坐標(biāo)軸上截距相等，則①當(dāng)切線過原點(diǎn)時(shí)，3k+1=0，解得k=?13，切線方程為②當(dāng)切線不過原點(diǎn)時(shí)，斜線斜率1?2k=?1，解得k=1，切線方程為x+y?4=0.∴k的值為?13或（2）（i）由（1）知，f'x=x?2kx若k為正整數(shù)，則2k>1，∴當(dāng)x∈1,2k時(shí)，f'x=x?2k當(dāng)x∈2k,+∞時(shí)，f'x=x?2k∴當(dāng)x>1時(shí)，fx的極小值，也是最小值為f若當(dāng)x>1時(shí)，fx>0恒成立，則fx設(shè)gx=ln2x當(dāng)x≥1時(shí)，g'x=1?xx∴當(dāng)k∈N+時(shí)，又∵G5=ln10?2>lne∴使fxmin=ln2k+3?k>0∴當(dāng)x>1時(shí)，使fx>0恒成立的正整數(shù)k的最大值為（ii）an∵當(dāng)n∈N+且n≥2∴l(xiāng)n=ln>ln1×2+ln2×3又∵bn=e2①當(dāng)n=2時(shí)，lna②當(dāng)n≥3時(shí)，由（i）知，?x>1，fx=lnx+2k∴當(dāng)k=4時(shí)，?x>1，fx=lnx+8∴l(xiāng)nn?1∴l(xiāng)n>0+=2=2n?2綜上所述，當(dāng)n∈N+且n≥2時(shí)，lna【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：本題用到了兩次放縮，一次是對(duì)lnan的放縮，一次是應(yīng)用題中證明結(jié)論進(jìn)行放縮后裂項(xiàng)求和，如果直接進(jìn)行第二次放縮，再求和時(shí)會(huì)發(fā)現(xiàn)放縮過度，導(dǎo)致無法證明，因此對(duì)n進(jìn)行了分類討論，當(dāng)n=2時(shí)，不進(jìn)行第二次放縮，當(dāng)35．設(shè)對(duì)任意n∈N*，數(shù)列an滿足0<an<1，(1)證明：cn單調(diào)遞增，且c(2)記bn=ana【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由cn+1cn（2）由裂項(xiàng)求和即可求解.【詳解】（1）證明：由于cn=a所以cn+1>c假設(shè)存在k∈N*，使得ck所以an+1不妨取n>k+logck+11ak+1，即ck+1n?k>1a（2）由（1）有0<cn<1bn于是k=1n故可取t=2c136．設(shè)函數(shù)fn(1)求函數(shù)f3x在點(diǎn)(2)證明:對(duì)每個(gè)n∈N*，存在唯一的xn(3)證明:對(duì)于任意p∈N?，由（2）中xn構(gòu)成的數(shù)列x【答案】(1)y=(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，然后求解導(dǎo)數(shù)值即切線斜率，代入點(diǎn)斜式方程即可求解；（2）根據(jù)f'x>0，得函數(shù)fx在0,（3）由fn+1x在0,+∞上單調(diào)遞增，可得x【詳解】（1）f3x=?1+x+所以f3'1所以函數(shù)f3x在點(diǎn)1,f3（2）對(duì)每個(gè)n∈N*，當(dāng)由函數(shù)fn可得f'x=1+x2由于f11=0，當(dāng)n≥2時(shí)，f又fn23根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理，可得存在唯一的xn∈2（3）對(duì)于任意p∈N?，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列x∵fn+1x由fn+1x在0,+∞上單調(diào)遞增，可得x即對(duì)任意的n、p∈N?由于fnxfn+px用（1）減去（2）并移項(xiàng)，利用0<xn+p<n+p綜上可得，對(duì)于任意p∈N?，由（1）中xn構(gòu)成數(shù)列x【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式fx>gx（或fx<gx）轉(zhuǎn)化為證明（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).37．已知數(shù)列an滿足2(1)求數(shù)列an(2)若不等式tan?n+2≤0對(duì)n∈【