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

第06講數(shù)列中的恒成立和存在性問題

考法呈現(xiàn)

弘考法一：數(shù)列中的恒成立問題

滿分秘籍

數(shù)列的“存在性和恒成立問題”的本質(zhì)是不等式的問題，是高考中的熱點問題。在出題上.

經(jīng)常巧妙的植入數(shù)列的求和中。因此數(shù)列的恒成立問題可以采用不等式的方法來求解，比如

可以進(jìn)行“參變分離”后等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進(jìn)行求解。

1例題分析

【例1-D恒成立與分組求和

己知數(shù)列｛冊｝的前n項和為Sn，點(n,Sn)在曲線/一2%+y=0上.

(1)證明：數(shù)列｛冊｝為等差數(shù)列；

(2)若勾=(-1產(chǎn)期，數(shù)列｛b｝的前九項和幾滿足機(jī)%-2<對一切正整數(shù)ri恒成立，求實數(shù)m的值.

【答案】(1)證明見解析；

(2)m=1

【分析】(1)利用詼,5n的關(guān)系結(jié)合等差數(shù)列定義即可證明；

(2)分奇偶項討論，先得出〃，分離參數(shù)，求窄的最值即可.

1n

2z2

【詳解】⑴將點O，Sn)代入曲線A—2%+y=0得：Sn=2n-n=>Sn_t=2(n-1)-(n-l),(n>2),

故時=Sn-Sn_r=3—2n(n>2),

又Si=2x1—12=1=的，符合上式，所以冊=3—2n(nGN*),

則即+1-冊=-2,故｛%｝為1為首項,-2為公差的等差數(shù)列;

3-2幾幾為偶數(shù)

(2)由(1)可知:bn

.271-3,71為奇數(shù)

若n=2k(kEN*),

[-1+2(2、-1)—3]/c(—1+3—2x2k)k

則Tn=(瓦+b3+…+b2k-1)+(力2+力4+…+力2。=2攵2—3k+

22

｛-2k2+k)=-2k=-n,

此時九—2<T<=>TH=1—,

nNn

易知f（九）=1一:單調(diào)遞增，f（n）<1,即TH>1；

若九=2k—l(/cGN*),則丁九=(比+%+…+1)+(62+久+…+b2k-2)="—十(2—"—"—F

2

[i+32x(j—2)](k—i)=2k2-3k+[-2(fc-l)+(fc-1)]=2fc-3=n-2,

此時niT九—2<Tno771W~~~=1H——-(n23),

7nn-2

易知f(n)=1+-^-(n>3)單調(diào)遞減，故1<f(n)<f(3)=3,故m<1

n-z

又n=1時，T]=b]=—1?TnTn-2WTn0-Tn,—2W—10TTL2—1,即niG[—1,1]；

綜上所述，對于XMCN*,m=1滿足不等式恒成立.

【例1-2】恒成立與裂項相消求和

已知各項均為正數(shù)的數(shù)列｛3J滿足2國=an+l,其中Sn是數(shù)列｛an｝的前n項和.

(1)求數(shù)列｛冊｝的通項公式；

⑵若對任意neN+，且當(dāng)n22時，總有^7+2+…+1T<4恒成立，求實數(shù)4的取值范圍.

【答案】(l)an=2n-l

(2)[1,+oo).

【分析】（1）由an與Sn的關(guān)系式即可證得數(shù)列｛aj是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，即可求出數(shù)列｛aj

的通項公式；

（2）由等差數(shù)列的前n項和公式求出Sn，再由裂項相消法可證明±+37+37+…+F：<1,即可求出

4bi52—153—1Sn-1

實數(shù)人的取值范圍.

【詳解】（1）V2Vs；=an+l,

當(dāng)n=1時，Si=a[=，解得a1=1.

an—1+12

當(dāng)nN2時，an=Sn-Sn_!

即(an+an_i)(an—an_1-2)=0,

?+^n-1W°，??—An-1-2=0,

..?數(shù)列｛aj是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列,

an=2n—1.

(2)因為an=2n-l,所以Sn=止”

1_1_1_:____

???當(dāng)n之2時,2

Sn-1-n-l(n—l)(n+l)2\n—1n+1/

----F----+-----+,■*+-----

4SiS2-lS3-lSn-1

'技(1一＞d)+d)+…+(/])+(去一

=汨

/.A>1,

...實數(shù)人的取值范圍為[1,+8).

【例1-3】恒成立與錯位相減求和

n+1

已知數(shù)列｛冊｝的前n項和為Sa，的=1,Sn+1=2Sn+2,n€N*.

⑴求數(shù)列｛%｝的通項公式;

(2)設(shè)%=引，｛%｝的前幾項和為7\,若對任意的正整數(shù)人不等式7\>巴等恒成立，求實數(shù)小的取值范圍.

【答案】(1知=](2n+心-2-2’,n>2

⑵(一1,2)

【分析】(1)根據(jù)等差數(shù)列的定義以及an，Sn的關(guān)系求解；

(2)利用錯位相減法可求得Tn，在根據(jù)題意得叱薩<(Tn)min即可求解.

【詳解】⑴由Sn+i=2Sn+2n+L得|喏=/+1,又1

所以數(shù)列｛^｝是以3為首項，公差為1的等差數(shù)列，

=升(n—1)=等，即Sn=(2n-1).2-1,

...當(dāng)n22時,

n-1n2n2

an=Sn-Sn_i=(2n-1)-2-(2n-3)-2-=(2n+1)-2~,

n

又a1=1不滿足上式，所以加=[(2nJi；in>2.

(2)由(1)知Sn=(2n—1)-2nT,.?.bn=(2n-『nT=(n_》G)n,

氣小目+*-x住門②

①-②得:iTn=1+(|)2+(|)3+-+(|)n-(n-3X(|)n+1,

整理得Tn=5—(2n+5)0)n,

又因為對任意的正整數(shù)n,Tn>尤薩恒成立，所以叱薩<(Tn)min，

?F+i-冗=(2n+5)(丁_(2n+7)(滬］=(|7⑨+§>0,

.「Tn在(0,+8)上單調(diào)遞增，(Tjmin=T1/

由史薩可得—l<m<2,

所以實數(shù)m的取值范圍是(-1,2).

【例1-4］恒成立與數(shù)列的函數(shù)特性

在①Sn=2%—1,②—4bn=bn_i(>22),③0=0_1+2(>22),這三個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面

問題中，若問題中的《存在，求出左的值；若左不存在，說明理由.

已知數(shù)列｛an｝為等比數(shù)列，的=|,。3=。步2,數(shù)列｛bn｝的首項必=1,其前”項和為Sn,,是否存在

fcGN*,使得對任意TIEN*,Qnbn<耿久恒成立？

【答案】①不存在；②存在，1;③存在，3

【分析】由數(shù)列同｝為等比數(shù)列得an=俘);選擇①：通過5口711_1=/得4=2(1122),進(jìn)而求出｛、｝

3bn_I

的通項公式，求出anbn，利用單調(diào)性即可求解；選擇②：由-4bn=bn_i(n22)可知｛、｝為等比數(shù)列，求出

｛、｝的通項公式，求出anbn，利用單調(diào)性即可求解；③由bn=b-i+2(n>2)可知｛、｝是等差數(shù)列，求出｛、｝

的通項公式，求出anbn，利用作差法求最大項即可求解.

【詳解】設(shè)等比數(shù)列｛aj的公比為q,

因為a1—且a?=31^2f

所以q=^an=?n'

選擇①：由Sn=2bn-L得Sn-1=2b-i-1(n22),

兩式相減整理，得其=2(n22),又bi=l,

bn-1

所以｛、｝是首項為1、公比為2的等比數(shù)列，

n-1n-1x

所以bn=2,BPanbn=(D-2=1?，

由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知，數(shù)列｛anbj單調(diào)遞增，沒有最大值，

所以不存在keN*,使得對任意neN*,anbnWakbk恒成立.

選擇②:因為一41%=bn-i(n=2),也=1,

所以數(shù)列｛、｝是首項為1、公比為一;的等比數(shù)列，

所以幾=(一曠，即％3(A(-曠=(_4)X(V)\

因為anbn=(-4)x(-1)n<4xg)n<4x1=|,

當(dāng)且僅當(dāng)n=1時取得最大值|,

所以存在k=l,使得對任意nCN*,aRnWakbk恒成立.

選擇③：由/=b-i+2(n>2)得｛bj是以2為公差的等差數(shù)列,

又也=1,所以吼=2n—1,

設(shè)d=anbn=(2n-1)(|),

則Cn-g+l)C)n”—(2n—l)G)n=^G)n，

所以當(dāng)nW2時，cn+1>cn,當(dāng)nN3時，cn+1<cn,

則Cl<c2<c3>c4>c5>-??,

所以存在k=3,使得對任意nWN*,anbnWaQk恒成立.

變式訓(xùn)練

【變式1-1］在①2S"=3an-3；②%=3,log3an+1=log3an+1這兩個條件中任選一個，補(bǔ)充在下面問題

中，并解答問題.

設(shè)數(shù)列｛an｝的前n項和為S.,滿足,bn^—,nEN*.

（1）求數(shù)列｛冊｝的通項公式；

（2）若存在正整數(shù)沏，使得匕加＞“對VnGN*恒成立，求沏的值.

n

【答案】(l)an=3

(2)n0=4

【分析】（1）若選擇條件①：利用an+1=Sn+1-Sn可得答案；若選擇條件②：由logsHn+i-lOgsHn1利用

等差數(shù)列的定義可得答案；

（2）求出bn+1-bn=簫，分lWnW3、nN4兩種情況，利用單調(diào)性可得答案.

【詳解】（1）若選擇條件①:

?-,2Sn=3an-3,-?-2Sn+1=3an+1-3,貝?。?Sn+1-2Sn=3an+1-3an,

即an+i—3an,

令n=1,則2sl=3ai—3,解得a1=3力0,二23,

an

???｛aj是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，.,.atl=3n

若選擇條件②:

???ai=3,log3an+1-log3an=1,

???｛log3an｝是以log3al=1為首項1為公差的等差數(shù)列,

???log3an=l+(n-l)xl=n,

⑵,也=產(chǎn)=翳

an+l3

1,_n+l_3n_3_7—2n

'Jbn+l-bn=

.,?當(dāng)14nW3,bn+1-bn>0,即bi<b2<b3<b4；

當(dāng)nN4,bn+1-bn<0,即>b5>b6>b7>???；

當(dāng)n。=4時，bno>詠對VnGN*恒成立.

1

【變式1-2］在數(shù)列｛冊｝中，=1,an+1=1-bn=—其中九CN*.

4azi^.an-l

(1)證明數(shù)列｛%｝是等差數(shù)列，并寫出證明過程；

(2)設(shè)”=9察，數(shù)列｛%｝的前n項和為〃，求Tn；

(3)對Vn€N*,使得含W(n+3)2恒成立，求實數(shù)4的最小值.

【答案】(1)證明見解析

n2

(2)Tn=8-(2+n)-g)-

瑤

【分析】(1)根據(jù)等差數(shù)列的定義進(jìn)行證明；

(2)由(1)可求出以，從而可求得品，然后利用錯位相減法求和即可.

【詳解】⑴因為ai=l,an+1=1-*,bn=1，

____L________1___zan_______I___1

所以bn+1—b=-------------------------=—7——-------------------—1——-L，

n2a+l-l2a—12(1——^―12a-

nnnL12an—12an—12an—1

2an

bl_2aLi_L

所以數(shù)列｛、｝是以1為公差，1為首項的等差數(shù)列;

(2)由(1)可得幾=1+n—1=n,

所以7=*=翡=2n-Q，

所以Tn=2[g)°+2g)1+3G)2+...+(n-l)g)一+陪門①

Jn=2⑹+2g)2+3(|)3+.??+(n-l)G)n1+?]②,

/]、n

所以①-②得/n=2[g)°+(I)1+G)2+g)3+..+G)2n?=2.i2nQ)=44(-)

2

2nd',

2

所以Tn=8_8(0n-4nQ)n=8-(2+n)-??一

(3)bn=n,因為對Vn6N*,使得W(n+3)/1恒成立，

貝！J對VneN*,使得*4S+3)入恒成立,

貝1V/+3戶人對血一*恒成立,

即人>二一對VneN*恒成立，

%+4

根據(jù)對勾函數(shù)單調(diào)性結(jié)合nGN*可知當(dāng)n=2時，3有取大值I/

故入2官則入min=V.

【變式1-3］已知數(shù)列｛冊｝的前n項和為%,%=3,2=啜=，n￡N*.

3九J-1

（1）求52，S3及｛即｝的通項公式；

（2）設(shè)%=（3；+1數(shù)列｛%｝的前n項和為〃，若4。.一1）對任意的neN*恒成立，求4的最小值.

（a九一1）（。九+1-1）

【答案】（1?2=12,S3=39,an=3n（neN*）

（2篇

【分析】（1）根據(jù)遞推公式和a1的值，即可求出S2,S3及｛aj的通項公式；

（2）求出數(shù)列｛、｝的通項公式，得出數(shù)列｛、｝的前n項和，由不等式的恒成立，還可求出入的最小值.

【詳解】（1）由題意，neN*

在數(shù)列相戶中，a1=3,槳?，

當(dāng)n22時，Sn=*-?生1……----Si

S

n-1Sn-2S2Si2

當(dāng)n=1時上式也符合，

.?.Sn=-（neN*）,S2=^f^=12,S3=^f^=39.

.,.當(dāng)nN2時，an=Sn-Sn_i=3，當(dāng)n=l時，上式也符合.

?..｛aj的通項公式為an=3n（neN*）.

（2）由題意及（1）得，n6N*,

在數(shù)列｛aj中，an=3%

數(shù)列｛bn｝中，bn=由_1）；；：+1_1）=（3"-l）（3n+1-l）=2一齊=）

n

?T_I_,u,1A_9（3-l）

..Tn-bi+b2+…+bn-515-^177）-4（3n+i_1y

VTn<A（an-1）,

,久>9

,-4（3n+1-l）,

..99__9_

*4（3n+1-l）-4（31+1-1）-32,

???43"）的最大值為強(qiáng)

.,.人的最小值為七

1

【變式1-4］已知數(shù)列｛冊｝的各項均為正數(shù)，其前n項和Sn滿足2店=an+1,數(shù)列｛0｝滿足匕=

(an4-l)(an+i+l)

（1）求｛斯｝的通項公式;

（2）設(shè)數(shù)列｛0｝的前幾項和為T,若干<T<5血對一切九GN*恒成立，求實數(shù)機(jī)的取值范圍.

n4n

【答案】（l）an=2n—1

⑵宗)

【分析】（1）依題意可得Sn=（空再根據(jù)加=L%,n=：>?,作差得到數(shù)列｛aj是以1為首項，2

X2/—2n-l，nNL

為等差的等差數(shù)列，即可求出通項公式;

-<5m

（2）由（1）可得總，利用裂項相消法求出又，即可求出幾的取值范圍，從而得到,4

5m-21

--------<s―

.48

即可得解.

2

【詳解】（1）由25=an+l,得Sn=（罟），

當(dāng)n=1時，a1=Si=（歿B，解得a1=1,

當(dāng)n22時，a.=Sn-S-i=（空丫一（巴尹）

化簡得an-an_t=2,

?,?數(shù)列｛aj是以1為首項，2為等差的等差數(shù)列,

所以Hn=1+2(n-1)=2n—1.

（2）由（1）可得bn=區(qū)+1）；+1+1）=2nX2；n+1）=一去）'

,數(shù)歹K、｝的前n項和Tn=[(l-T+T—1+???+[-左)=:(1一a)=就亍

?Tn+1-Tn

...仃/單調(diào)遞增，；.^^?：［

o

11

若使得等<Tn<5m對一切neN*恒成立，則?5/2解得<

一-m<-

5<m12

-20

8

實數(shù)m的取值范圍是信

【變式1-5】圖中的數(shù)陣滿足：每一行從左到右成等差數(shù)列，每一列從上到下成等比數(shù)列，且公比均為實數(shù)

q,till>0,<213=5,<22,2=-6,成,2—0-7,3-

。1,2al,3…口1,九…

。2,1a2,2a2,3…02,n',,

a3,la3,2a3,3…-3,n…

“72,1an,2an,3…071,71,,,

(1)設(shè)"=ann,求數(shù)列｛bn｝的通項公式；

(2)設(shè)Sn=ai,i+a2,i+-+an,i，是否存在實數(shù)九使冊」W45正恒成立，若存在，求出2的所有值，若不存在,

請說明理由.

【答案】⑴bn=(2n-l),(-2)nT；

(2)存在，A=|.

【分析】(1)利用給定的數(shù)陣及相關(guān)信息，求出等差數(shù)列公差、等比數(shù)列的公比即可求解作答.

(2)利用等比數(shù)列前n項和公式求出Sn，再分奇偶討論求解不等式恒成立的入值作答.

【詳解】(1)設(shè)aiJ=t,第一行從左到右成等差數(shù)列的公差為d,

則ai,3=t+2d=5,a2,2=(ai,i+d)q=(t+d)q=-6,

326

由吊2=a7,5，#(a1)2q)=a15q,即有(t+d)2q6=(t+4d)q6,

于是4d，又t>°，解得t=l,d=2,

因此q=—2,a[再=a1]+(n—l)d=2n—1,

n-1

所以Hn,n=a1；n-q=(2n—1)?(一2)nT,即4=(2n—1)?(一2)nT.

(2)由(1)知，—.

當(dāng)n為奇數(shù)時，不等式等價于入>巖=|一嘉恒成立，而■!一熹<|恒成立，則人2去

當(dāng)n為偶數(shù)時，不等式等價于入<鼠=:+工恒成立，而:+工〉之亙成立，則人因此a=3

Z—1ZN—1ZL—1ZLL

所以存在入=|,使得an」<入Sn恒成立.

弘考法二：數(shù)列中的存在性問題

室例題分析

【例2】已知：正整數(shù)列｛冊｝各項均不相同，new*,數(shù)列｛7/的通項公式〃=喏片?

(1)若75=3,寫出一個滿足題意的正整數(shù)列｛冊｝的前5項：

(2)若的=l,a2=2,Tn=求數(shù)列｛冊｝的通項公式；

(3)證明若VkEN*,都有耿〈九，是否存在不同的正整數(shù)。力使得兀，,為大于1的整數(shù)，其中]

【答案】(1加1=3,a2=6,a3=9,a4=12,a5=15

(2)an=n

(3)證明見解析

【分析】(1)可取a1=3,a2=6,a3=9,a4=12,a5=15,根據(jù)定義可證明.

(2)由題設(shè)條件可得Sn=：(n+l)an，利用前n項和與通項的關(guān)系可證｛及為常數(shù)列，從而可求通項.

(3)假設(shè)存在不同的正整數(shù)i,j滿足題設(shè)要求，利用不等式放縮后可得1W<3,從而Tj=2,故可得N=

i(i+l)，Sj=j(j+l),結(jié)合｛aj的性質(zhì)可得矛盾.

3,

【詳解】⑴取a1=3皿=6,a3=9,a4=12,a5=15,則T5=筌整常F=?!=

符合題設(shè)要求.

(2)設(shè)S。=a1+a2+…+Hn，

由已知得Tn=*曰=贏=誓⑸=如+1凡，

當(dāng)n=l時，ai=Si=l；

當(dāng)n22時有an=Sn-SnT=1(n+l)an-[na-i，整理得費=普，

所以數(shù)列｛藍(lán)｝為常數(shù)列，

又ai=l,a2=2,所以有￡=?=1,所以￡=1,所以a—n.

(3)-=2管:善,設(shè)存在不同的正整數(shù)i,j,使得Tj為大于1的整數(shù).

1+Z+…+11

設(shè)a1+a2+-+ai=SP因為｛aj為正整數(shù)數(shù)列且各不相同,

所以1+2+…+i4Sj工n+(n—1)+…+(n—i+1),故";?！?2""’

而匕=羲，所以iWTjW智一1.

2

因為^Wi,所以不一1W駕乎一1="一1=3—吃<3.

21+1-+1n+2n+2

又因為3為大于1的整數(shù)，所以「的可能取值為2,同理i的可能取值為2.

所以a=i(i+l),4=j(j+l),

S「Si=(j-i)(j+i+l),

又因為Sj—Sj=aj+i+3L[+2+…+ajWi+l+i+2+…+j=—~->

故(j-i)(i+j+1)<°T)(；+i+D,

因為j-i>0,故j+i+lWO,而]<i<j>故j+i+lWO不成立，

故不存在不同的正整數(shù)i,j,使得Tj,「為大于1的整數(shù).

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題第三問的關(guān)鍵是通過等比數(shù)列的前n項和公式得到『WSj30尹，再計算得

(j-i)(i+j+1)<(i-0yi+1),結(jié)合j—i>0,故j+i+1WO,而^Wi<j,則證明出不存在不同的正整數(shù)i,

j,使得3,石為大于1的整數(shù).

滿分秘籍

數(shù)列的“存在性和恒成立問題”的本質(zhì)是不等式的問題，是高考中的熱點問題。在出題上,

經(jīng)常巧妙的植入數(shù)列的求和中。因此數(shù)列的恒成立問題可以采用不等式的方法來求解，比如

可以進(jìn)行“參變分離”后等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進(jìn)行求解。

變式訓(xùn)練

【變式2-11記治為正數(shù)列｛冊｝的前n項和，已知｛%-冊｝是等差數(shù)歹

⑴求旦;

a100

(2)求最小的正整數(shù)小，使得存在數(shù)列｛%｝,Sm-a今>2.

【答案】(1)1

(2)3

【分析】(1)根據(jù)題意可推得Sn+i-Hn+i=Sn=Sn-Hn+d,即得an=d>0,即可得答案；

(2)利用(1)中結(jié)論可得Sm-a^=md-d2>2,結(jié)合基本不等式求得mN3,驗證后即得答案.

【詳解】(1)由題意｛Sn-aj是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d,

a

則Sn+l_n+l=Sn=Sn—an+d,

則an=d>0,故U=1.

aioo

(2)由(1)可知an=d>0,一方面Sm—a*=md—cP>2,

故m>d+：22VL當(dāng)且僅當(dāng)d=a時，d+,22近取等號，

dd

由于m為正整數(shù)，故m23,

另一方面，m=3時，an=&，S3-a,=3位—2>2滿足條件，

綜上所述，正整數(shù)m的最小值是3.

【變式2-2］已知數(shù)列｛冊｝滿足的=3,且須+1=12a”n是偶上.

Lan-1,是奇數(shù)

(1)設(shè)0=。2八+。2.-1，證明：也-3｝是等比數(shù)列;

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝的前n項和為治,求使得不等式Sn>2022成立的〃的最小值.

【答案】(1)證明見解析

(2)20

【分析】(1)由已知條件，用a2n表示出味，得出a2n=F，再用a2n表示出味+1，得出a2n=%用，聯(lián)立得

L4

出bn+i=2bn-3,通過構(gòu)造得出bn+1-3=2(bn-3),檢驗bn-3。0,即可得出證得結(jié)論；

n+1n

(2)由(1)的結(jié)論表示出S2n=2+3n-2,S2n+2=2n+2+3n+1^S2n+1=3-2+3n,證出Sn在n6N*

是一個增數(shù)列，通過計算即可得出答案.

2an，n是偶數(shù)

【詳解】(1)證明：:an+l=

an-1,n是奇數(shù)

a2n=a2n-l-1，a2n+l=2a2n，a2n+2=a2n+l-1，

a2n-l=a2n+1，

又■=a2n+a2n-l?

bn=a2n+a2n+1=2a2n+1，

._bn-1

,,a2n=F-，

?，、+1=a2n+2+a2n+l?

'、+1=a2n+l-1+a2n+l=2a2葉1一L

又「a2n+l=2a2n，

???bn+1=4a2n-L

.o_bn+1+1

*,a2n一一4-，

.-.^±l=^i,BPbn+1=2bn-3,

bn+i-3=2(bn-3),

又Yb1一3=ai+a2—3=a2=H]—1=2。0,

「.bn—3H0,

.」+1—3_

??—乙?,

bn-3

數(shù)列｛bn-3｝是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列.

(2)由(1)可知數(shù)列｛bn-3｝是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列,

bn-3=2x2-1=2n,

即，=2n+3,

,1,^2n-l+a2n=2“+3,

n

e2(1—2)oQn+lIoo

S2zn=--1-2--F3n=2+3n—2,

S2n+2=2n+2+3n+1,

又「a2n=a2n-l-1，

,4ta2n-l+a2n=^a2n-l—1=2n+3,

SPa2n-l—2n-1+2,

a2n+l=2n+2

Szn+i=S2n+^2n+i=2n+^+3n—2+2n+2=3,2n+3n,

nn+1n

vS2n+i-S2n=3-2+3n-(2+3n-2)=2+2>0,

n+2nn

S2n+2-S2n+i=2+3n+1-(3-2+3n)=2+1>0,

???Sn在n€N*是一個增數(shù)列，

9

vS19=3x2+3x9=1563,

11

S20=2+3X10-2=2076>2022,

滿足題意的n的最小值是20.

【變式2-3］已知數(shù)列｛an｝是正項等差數(shù)列，其中。/=1,且。2、。4、。計2成等比數(shù)列；數(shù)列｛bn｝的前〃項

和為Sn,滿足2Sn+bn=L

(1)求數(shù)列｛an｝、｛bn｝的通項公式；

(2)如果Cn=anbn,設(shè)數(shù)列｛&｝的前〃項和為Tn,是否存在正整數(shù)"，使得Tn>Sn成立，若存在，求出〃的最

小值，若不存在，說明理由.

【答案】⑴an=n,bn

(2)存在,2

【分析】(1)數(shù)列｛aj是等差數(shù)列，a2，a4，a6用公差a1與d表示出來后，由已知求得d,可得通項公式，數(shù)

列｛、｝是已知Sn與6的關(guān)系，可由n=l求得m，再由當(dāng)nN2時，得到為=(*_1，從而知｛、｝是等比數(shù)

列，由此可得通項公式；

(2)數(shù)列｛.｝是由等差數(shù)列與等比數(shù)列相乘所得，其前n項和兀用錯位相減法求得，由(1)得出Sn，作差

Tn—Sn=3(1-需)，會發(fā)現(xiàn)當(dāng)n>1時都有Tn-Sn>0,因此得到結(jié)論.

【詳解】(1)設(shè)數(shù)列｛an｝的公差為d,

Val=l,且a2、a4、a6+2成等比數(shù)列,

2

Aa|=a2(a6+2),即(a1+3d)=(a1+d)(ai+5d+2),解得d=-|(舍去)或d=1,

所以Hn=a1+(n—l)d—1+(n—1)=n,

由2Sn+bn=l,得Sn="I-bj,

當(dāng)n=l時，2Sl+bl=1,解得j=g,

_

當(dāng)n>2時，bn=Sn-Sn_!=-|(1-bn)-1(1-bn_I)=|bn+淪_1，

所以％=/_1，

所以數(shù)列｛bn｝是首項為總公比為g的等比數(shù)列，

(2)由(1)知，cn=anbn=

所以Tn=1xg+2xp-+3x*4---Fnx親D

則=lx今+2x*+3x最T----------Fnx

①-②得，|Tn=1xg+lx*+lx*—nx*=—nx/=《一"看一nx備,

3

331n132n+31

所以幾----X----X-=一

443n23n4一一二x#

11

又Sn-----X-T.

23n

12n+l1

所以Tn-Sn---------------X—=

443n

八

|因-?-11?/為2n+尹3一2n+/l=2—n+3河—6n一—3=一4麗n<0,

所以1_專奈_(1_怨9>0，即Tn+1_Sn+1〉Tn_Sn，

所以｛Tn-Sj是遞增數(shù)列，且當(dāng)n=l時，1—Si=0,

故當(dāng)n>l時，Tn-Sn>Ti-Si=0,即Tn>Sn，

故所求的正整數(shù)n存在，其最小值是2.

2

【變式2-4]已知數(shù)列｛aj滿足的=2an+1+an=3,數(shù)列｛%｝滿足比=1,nbn+1-(n+l)Z?n=n+n.

(1)數(shù)列｛%J,｛%｝的通項公式；

(2)若％=(bn+1-bn)On，求使[q]+[c2]+[c2]+…+[cn]<2021成立([cn]表示不超過cn的最大整數(shù))

的最大整數(shù)"的值.

n

【答案】(1)an=l+(-0,bn=n2；(2)最大值為44.

【分析】(1)由題得數(shù)列｛an—1｝是等比數(shù)列，即求出數(shù)列｛aj的通項；由題得｛手｝是一個以三=1為首項，

以1為公差的等差數(shù)列，即得數(shù)列｛、｝的通項公式；

(1,n=1

2

⑵先求出匕]=]/"I：1(keN*),再求出㈤+[c2]+[c2]+-+&]=

I乙II,II-Z.KIL,

(2n+1,n=2k+2

(Ln=1,

J把+|11,n=2k,(keN*)即得解.

[n2+|nn=2k+1

【詳解】解：(1)由2an+i+an=3得an+i—1=—g(an—1),

所以數(shù)列聞-1｝是等比數(shù)列，公比為一右

解得Hn=1+(一T),

2

由nbn+i—(n+l)bn=n+n,得:］；—R=1,

所以?｝是一個以?=1為首項，以1為公差的等差數(shù)列,

所以」=l+(n—l)xl=n,

n

解得心=n2.

(2)由Cn=(bn+1—bn)an得Cn=(2n+1)(1+(一號)=2n+1+竽(一l)n,

、-1,2n+l」」2n+32n4-l1-2n八

記dn=1~，Si-dn=可用"一亍-=齊~V0,

所以｛4｝為單調(diào)遞減且di=[d=1,d=J<l,

Z243o

(1,n=1

所以2%,J/l,(k€N*)，

\2n+1,n=2k+2

n=1,

因此[Cl]+[c]+[c]+-+[c]=[M+|n,

22nn=2k,比eN*),

"7

n=2k+1

當(dāng)n=2k時，n2+|n<2021的n的最大值為44；

當(dāng)n=2k+l時，1?+|11-142021的門的最大值為43；

故[cj+心]+忙2]H---F[cn]<2021的n的最大值為44.

n=1

【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵有兩點，其一：求出[0]=12"=2：.(kCN*),其二:

Izn,n—ZK十L

(2n+1,n=2k+2

(1,n=1,

求出[卬+㈤+㈤+…+[Cn]=[H+^n,n=2k,(keN*).

[n2+|n-1,n=2k+1

團(tuán)真題專練

1.在公差不為零的等差數(shù)列｛冊｝中，的=1,且2,(13，的3成等比數(shù)列，數(shù)列初?｝的前幾項和%滿足%=2bL2.

(1)求數(shù)列｛4｝和仍n｝的通項公式;

2

(2)設(shè)％=bn-冊，數(shù)列｛cn｝的前幾項和7九，若不等式T九+n-n>log2(l一Q)對任意幾GN*恒成立，求實數(shù)

Q的取值范圍.

n

【答案】(l)an=2n—l,bn=2

(2)-1<a<1

【分析】(1)設(shè)等差數(shù)列hn｝的公差為dWO,根據(jù)等比中項的性質(zhì)得到方程，求出d,即可求出｛a3的通項

公式，再根據(jù)bn=hl作差得到數(shù)列｛>｝是首項為2,公比為2的等比數(shù)列，即可得解；

Bn>n—1，n三乙

(2)由(1)可得Cn=2n-(2n-1),利用分組求和法求出Tn，令f(n)=2n+1-n-2,利用作差法判斷f(n)

的單調(diào)性，即可求出f(n)mm，從而得到關(guān)于a的對數(shù)不等式，解得即可.

【詳解】⑴設(shè)等差數(shù)列同｝的公差為d40,「a1=1,且ai，a3，ai3成等比數(shù)列，

a專=am0即(1+2d)2=1+12d,解得d=2或d=0(舍去)，

所以an—1+2(n—1)——2n—1.

???數(shù)列｛、｝的前n項和Sn=2bn-2,

當(dāng)n=1時，bi=2bl—2,b1=2

當(dāng)n22時，bn=Sn-Sn-i=2bn-2bn_1，-?-bn=2bn_r,

即數(shù)列｛bn｝是首項為2,公比為2的等比數(shù)列，

n

bn=2.

n

(2)由(1)可得Cn=bn—an=2—(2n—1),

等等一方Z-2"

2n+1

?-?Tn+n-n=2-n-2.

令f(n)=2n+1-n-2,；.f(n+1)—f(n)=2n+2-(n+1)-2n+1+n=2n+1-1>0,

f(n)單調(diào)遞增，f(n)min=f(l)=L

log2(l—a)<1,0<1—a<2,1<a<1.

2.已知數(shù)列｛an｝的前"項和為%,cii且5%+1+Sn+16=0.

(1)求數(shù)列｛%｝的通項；

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝滿足4%+(n-5)0n=0(nGN*),記｛%｝的前n項和為Tn,若7\<乃“對任意nGN*恒成立,

求實數(shù)4的取值范圍.

【答案】⑴an=-44)

⑵[-4,1]

【分析】(1)由an=hS1n=l得到｛a｝是首項為一自，公比為：的等比數(shù)列，從而求出通項公式；

1%—、n-l，nNN55

(2)由錯位相減法得到幾=—進(jìn)而得到不等式，即入(n-5)+4n20恒成立，分n=5,n>

5,n<5三種情況，得到實數(shù)人的取值范圍.

【詳解】⑴當(dāng)n=1時，5a2+a1+16=0,..=-||,

當(dāng)n22時，由5an+1+Sn+16-0①,

得5an+Sn_i+16=0②，

①一②得5aj)+i—4an,

64

a2=一云片0，.'.an0,

?an+1_4

??------——

an5

又絲

ai5

???｛aj是首項為-孩，公比為:的等比數(shù)列,

-4《廣

(2)由4bn+(n—5)an=0,得以—j-an=(n—5)(/>

所以Tn=-4xg-3x-2x+(-Dx+…+(n-5).￡

Tn=-4x(9-3x(9-2xg)+-+(n-6).g)+(n-5)-g)

兩式相減得"n=-4x/G)+(白+G)+“《)一(n—5>G)

/4、n-r

161-(5)

1625/4\n+1

--------1-----一(n—5)

514\5/

1-5

一3?】一3

n+l

所以幾=-5n-g)

n+1

由又<入味是一5n-<入(n—5)?恒成立,

即入(n-5)+4n20恒成立,

n=5不等式恒成立；

n<5時，入三一々=一4一々，得入W1；

n—5n—5

n>5時，A>—■—=—4----得人>—4；

n—5n—5

所以一4<X<1.

3.已知數(shù)列｛%｝的前n項和為%,當(dāng)nN2時,Sn(Sn-an+1)=S^.

(1)證明：數(shù)列｛/｝是等差數(shù)列；

2

⑵若的=p數(shù)列圖的前n項和為Tn,若皿l<(n+16)-2升1恒成立，求正整數(shù)小的最大值.

【答案】(1)證明見解析

⑵8

【分析】(l)n22時，用an=Sn—S-i代入化簡，用等差數(shù)列的定義即可證明；

(2)用錯位相減法求出幾，不等式可化為mWn+*亙成立，再用基本不等式求得n+半的最大值，從而

可得m的最大值.

【詳解】(1)由題意知，當(dāng)