专题3.3 数列与函数、不等式相结合问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
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玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题3.3 数列与函数、不等式相结合问题
一．方法综述
数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.
二．解题策略
类型一 数列与不等式
1.1 数列与基本不等式
【例1】（2020·广东高三）已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前项和，若，则的最小值为（ ）
A．9B．12C．16D．18
【答案】D
【解析】
【分析】将已知条件转化为的形式，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】由得，所以.所以.当且仅当时取得最小值.故选：D
【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是an=a1qn−1，等比中项an−kan+k=an2，基本不等式有a+b=2ab(a>0,b>0)，考查公式的使用，考查化归与转化思想.
【举一反三】
1.（2020山东省济宁市模拟）已知正项等比数列an满足：a2a8=16a5,a3+a5=20，若存在两项am,an使得aman=32，则1m+4n的最小值为
【答案】34
【解析】因为数列{an}是正项等比数列，a2a8=16a5，a3+a5=20，
所以a2a8=a52=16a5，a5=16，a3=4，
所以a5=a3q2，q=2，a5=a1q4，a1=1，an=a1qn−1=2n−1，
因为aman=32，所以2m−12n−1=210，m+n=12，
1m+4n=112(m+n)(1m+4n)=112(5+nm+4mn)≥112(5+2nm⋅4mn)=34(m>0,n>0)，
当且仅当n=2m时“=”成立，
所以1m+4n的最小值为34.
2．（2020·江苏扬州中学）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为
【答案】4
【解析】
【分析】a1，a3，a13成等比数列，a1=1，可得：a32=a1a13，即（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d．可得an，Sn．代入利用分离常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．
【详解】解：∵a1，a3，a13成等比数列，a1=1，∴a32=a1a13，
∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d=2．
∴an=1+2（n-1）=2n-1．Sn=n+×2=n2．
∴===n+1+-2≥2-2=4，
当且仅当n+1=时取等号，此时n=2，且取到最小值4
1.2 数列中的恒成立问题
【例2】（2020·四川双流中学）已知定义域为R的函数满足fx=4fx+2，当x∈0,2时，fx=−x2+x+1,x∈0,112x−32,x∈1,2，设fx在2n−2,2n上的最大值为ann∈N∗，且{an}的前n项和为Sn，若SnA．53,+∞B．53,+∞C．43,+∞D．43,+∞
【答案】B
【解析】
【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x∈[0，2）时f（x）的最大值，由递推式可得{an}是首项为54，公比为14的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k的范围．
【详解】当x∈[0，2）时，f(x)=−x2+x+1,x∈[0,1)12|x−32|,x∈[1,2)=−x−122+54,x∈[0,1)2x−32,x∈1,3212x−32,x∈32,2，
所以函数f(x)在[0，12）上单调递增，在（12，1）上单调递减，在1,32上单调递增，在32,2上单调递减，可得当0≤x＜1时，f（x）的最大值为f（12）＝54；
1≤x<2时，f（x）的最大值为f（32）＝1，
即有0≤x＜2时，f（x）的最大值为54,即首项a1=54，
由fx=4fx+2可得a2=14a1=542,a3=543,⋯,an=54n
可得{an}是首项为54，公比为14的等比数列，
可得Sn＝541−14n1−14＝531−4n<53，
由Sn＜k对任意的正整数n均成立，可得k≥53．故选：B．
【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解；
【举一反三】
1.（2020安徽省毛坦厂中学）已知等差数列an满足a3=3，a4+a5=a8+1，数列bn满足bnan+1an=an+1−an，记数列bn的前n项和为Sn，若对于任意的a∈−2,2，n∈N∗，不等式Sn<2t2+at−3恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．−∞,−2∪2,+∞B．−∞,−2∪1,+∞
C．−∞,−1∪2,+∞D．−2,2
【答案】A
【解析】由题意得a4+a5=a8+a1=a8+1，则a1=1，等差数列an的公差d=a3−a12=1，
∴an=1+(n−1)=n.
由bnan+1an=an+1−an，
得bn=1an−1an+1=1n−1n+1，
∴Sn=1−12+12−13+ 13−14+⋯+1n−1−1n +1n−1n+1=1−1n+1
则不等式Sn<2t2+at−3恒成立等价于1−1n+1<2t2+at−3恒成立，
而1−1n+1<1，∴问题等价于对任意的a∈[−2,2],n∈N∗，2t2+at−4≥0恒成立.
设f(a)=2t2+at−4，a∈[−2,2]，
则f(2)≥0f(−2)≥0，即t2+t−2≥0t2−t−2≥0，解得t≥2或t≤−2.故选:A.
2.（2020·江苏高三模拟）设等差数列的前n项和为，若不等式对任意正整数n都成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】令,由，当时，取得最小值，由此能求出结果.
【详解】
,
令，
则，
当时，取最小值，
即，，
因为不等式对任意正整数n都成立，
当，所以，当时，，综上.故选：D
1.3 数列中的最值问题
【例3】（2020·浙江高三期末）已知数列中，，若，设，若，则正整数的最大值为（ ）
A．1009B．1010C．2019D．2020
【答案】B
【解析】
【分析】由可得,则.再结合,可化简,
从而可以求出正整数的最大值.
【详解】,
∴,∴,即数列为单调增数列,
,即,
,
,,即,
正整数的最大值为1010,故选:B.
【指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，再根据范围求正整数n的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键
【举一反三】
1．（2020·湖南高三月考）数列满足,且．记数列的前n项和为,则当取最大值时n为（ ）
A．11B．12C．11或13D．12或13
【答案】C
【解析】【分析】分的奇偶讨论数列的奇偶性分别满足的条件,再分析的最大值即可.
【详解】由题,当为奇数时, ,.
故.
故奇数项为公差为1的等差数列.
同理当为偶数时, .
故偶数项为公差为-3的等差数列.
又即.又.所以.
综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着的增大由正变负.故当取最大值时n为奇数.
故n为奇数且此时有 ,解得.
故或.故选：C
2.（2020浙江省湖州三校）已知数列{an}满足a1=12，an+1=an22018+an(n∈N∗)，则使an>1的正整数n的最小值是（ ）
A．2018B．2019C．2020D．2021
【答案】C
【解析】令an=2018bn,则bn+1=bn2+bn,所以1bn−1bn+1=11+bn，从而1b1−1bn+1=∑11+bn，1bn+1=4036−∑11+bn，因为an+1=an22018+an>an,所以数列{an}单调递增，
设当1≤n≤m时12≤an≤1, 当n≥m+1时an>1,
所以当1≤n≤m时14036≤bn≤12018，40374036≤1+bn≤20192018，20182019≤11+bn≤40364037，
从而2018n2019<∑11+bn<4036n4037,1bn+1∈4036−4036n4037，4036−2018n2019
因此1b2019∈2018，2019，a2019<1;1b2020∈2017，2018，a2020>1,选C.
类型二 数列与函数的综合问题
【例4】（2020·上海中学高三）已知函数为定义域上的奇函数，且在上是单调递增函数，函数，数列为等差数列，且公差不为0，若，则（ ）
A．18B．9C．27D．81
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由奇函数的性质可得f（﹣x）+f（x）＝0，又由g（x）＝f（x﹣3）+x且g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，可得f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，结合等差数列的性质可得f（a1﹣5）＝﹣f（a9﹣5）＝f（5﹣a9），进而可得a1﹣5＝5﹣a9，即a1+a9＝10，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，函数y＝f（x）为定义域R上的奇函数，
则有f（﹣x）+f（x）＝0，
∵g（x）＝f（x﹣3）+x，
∴若g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，
即f（a1﹣3）+a1+f（a2﹣3）+a2+…+f（a9﹣3）+a9＝27，
即f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，
f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3））+（a1﹣3+a2﹣3+…+a9﹣3）＝0，
又由y＝f（x）+x为定义域R上的奇函数，且在R上是单调函数，
且（a1﹣3）+（a9﹣3）＝（a2﹣3）+（a8﹣3）＝…＝2（a5﹣3），
∴a5﹣3＝0， 即a1+a9＝a2+a8＝…＝2a5＝6，
则a1+a2+…+a9＝9a5＝27；故选：C．
【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.
(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系, 对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系.
【举一反三】
1.（2020·湖南模拟）已知函数y＝f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y，等式f(x)f(y)＝f(x＋y)恒成立．若数列满足＝f(0)，且f()＝()，则的值为( )
A．2209B．3029C．4033D．2249
【答案】C
【解析】
【分析】因为该题为选择题，可采用特殊函数来研究，根据条件，底数小于1的指数函数满足条件，可设函数为，从而求出，再利用题目中所给等式可证明数列为等差数列，最后利用等差数列定义求出结果。
【详解】根据题意，可设，则，
因为，所以，所以，
所以数列数以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，故选C。
2.已知函数y=f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，f(x)f(y)=f(x+y)恒成立，若数列{an}满足f(an+1)f(11+an)=1（n∈N∗）且a1=f(0)，则下列结论成立的是（ ）
A．f(a2015)f(a2019)
C．f(a2017)f(a2016)
【答案】C
【解析】对任意的实数x，y∈R，f（x）f（y）＝f（x+y）恒成立，
取x＝y＝0，则f（0）f（0）＝f（0），解得f（0）＝0或f（0）＝1．
当f（0）＝0时，f(x)f(0)=f(x+0)，得fx=0余题意不符，故舍去.
所以f（0）＝1．取y＝﹣x＜0，则f（x）f（﹣x）＝1，∴f（x）=1f(−x)∈(0,1)，
设x1＜x2，则f（x1﹣x2）＝f（x1）•f（﹣x2）=f(x1)f(x2)＞1，∴f（x1）＞f（x2）．
∴函数f（x）在R上单调递减．
∵数列{an}满足f（an+1）f（11+an）＝1＝f（0）．
∴an+1+11+an=0，∵a1＝f（0）＝1，
∴a2=−12，a3＝﹣2，a4＝1，a5=−12，……．
∴an+3＝an．
∴a2015＝a2=−12，a2017＝a1＝1．a2018＝a2=−12，a2019＝a3＝﹣2．
∴f（a2015）=f(−12)＞1，f（a2017）＝f（1）＜1．
∴f（a2015）＞f（a2017）．
而f（a2015）＝f（a2018），f（a2017）＜1＜f（a2018），
f（a2018）＝f（−12）＜f（a2019）＝f（﹣2），因此只有：C正确．故选：C．
类型三 数列与其他知识综合问题
【例5】（2020·湖南衡阳市八中高三）已知函数，，若函数的所有零点依次记为，且，则
【答案】
【解析】
【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可
【详解】函数，令，可得，
即函数的对称轴方程为，
又的周期为，
令，可得，所以函数在上有29条对称轴，
根据正弦函数的性质可知，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴）
将以上各式相加得
【指点迷津】这类题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.
【举一反三】
1．（2020·上海高三）已知等差数列（公差不为零）和等差数列，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下九个方程（）中，无实数解的方程最多有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的公差为不为零,等差数列的公差为,运用求和公式，化简可得,，设方程与方程的判别式分别为和,利用等差数列的性质可得,从而判断方程实数解的情况；同理可得剩余方程实数解的情况.
【详解】设等差数列的公差为不为零,等差数列的公差为，
因为关于的实系数方程有实数解，
所以，
即,化简得，所以第五个方程有解.
设方程与方程的判别式分别为和，
则
,
所以和至多一个成立,
同理可知,和至多一个成立,和至多一个成立,和至多一个成立,
所以在所给的个方程中无实数解的方程最多个.故选:B
2.将向量组成的系列称为向量列，并定义向量列的前项和．若，则下列说法中一定正确的是（ ）
A. B. 不存在，使得
C. 对，且，都有 D. 以上说法都不对
【答案】C
【解析】 由，则，所以数列构成首项为，公比为的等比数列，所以，又当时， ，
所以当，且时， 是成立的，故选C.
三．强化训练
1．（2020·江苏海安高级中学）数列是公差不为0的等差数列，且，设（），则数列的最大项为（ ）
A．B．C．D．不确定
【答案】B
【解析】
【分析】观察到有根号，且与下标之和为定值，故两边平方．平方后出现想到用等差数列性质，想到用基本不等式．
【详解】
由两边平方得，由等差数列性质得
，当且仅当即时成立，故最大值为，故选B．
2.（2020许昌市模拟）已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an>0，6Sn=an2+3an，bn=2an(2an−1)(2an+1−1)，若k>Tn恒成立，则k的最小值为（ ）
A．17B．149C．49D．8441
【答案】B
【解析】当n=1时，6a1=a12+3a1，解得a1=3.当n≥1时，由6Sn=an2+3an，得6Sn−1=an−12+3an−1，两式相减并化简得an+an−1an−an−1−3=0，由于an>0，所以an−an−1−3=0,an−an−1=3，故an是首项为3，公差为3的等差数列，所以an=3n.则bn=2an2an−12an+1−1=1718n−1−18n+1−1，故Tn=b1+b2+⋯+bn =1718−1−182−1+182−1−183−1+⋯+18n−1−18n+1−1 =1717−18n+1−1 =149−17(8n+1−1)，
由于Tn是单调递增数列，149−18n+1−1<149，k≥149.
故k的最小值为149，故选B.
3．（2020·上海市实验学校高三）已知函数的定义域为，当时，，对任意的，成立，若数列满足，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】试题分析：∵，∴，∴，，设，，∵，∴，∴，所以为增函数．，，，
，，，∴．
4.（2020四川省成都市外国语学校一诊）在正项等比数列{an}中，a5=12，a6+a7=3．则满足a1+a2+a3+...+an>的最大正整数n的值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】C
【解析】∵正项等比数列{an}中，a5=12，a6+a7=a5(q+q2)=3，
∴q2+q=6.∵q>0，解可得，q=2或q=−3（舍），
∴a1=132，∵a1+a2+a3+...+an=132(1−2n)1−2=2n−132，
∴2n−132>132n×2n(n−1)2.
整理可得，n>(n−1)(12n−5)，
∴15.若数列an,bn的通项公式分别为an=(−1)n+2018a,bn=2+(−1)n+2019n，且anA．−1,12B．−1,1C．−2,1D．−2,32
【答案】D
【解析】an当n为奇数，-a<2+1n,又2+1n单调递减，故2+1n＜2，故- a≤2，解a≥−2
当n为偶数，a<2−1n，又2-1n单调递增，故2-1n≥32，故a<32，综上−2≤a<32故选：D
6.（2020·辽宁实验中学高三）已知各项都为正数的等比数列的前项和为，且满足．若，为函数的导函数，则( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】通过数列各项都为正数的等比数列，且，，可以求出，而即求数列的前项和，通过错位相减法求出即可．
【详解】解：设等比数列的公比为，
，，，且；
或（舍．．
，
．
，，
．
令，①
则，②
①②得：
，
．即．故选：．
7．（2020贵阳模拟）设fx=x，点O0，0，A0，1，Ann，fn，n∈N∗，设∠AOAn=θn对一切n∈N∗都有不等式sin2θ112+sin2θ222+sin2θ332+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+sin2θnn2 A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【解析】由题意知sinθn=nn2+n，∴sin2θnn2=1n2+n=1n−1n+1，
∴sin2θ112+sin2θ222+sin2θ332+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+sin2θnn2=1−12+12−13+13−14+…+1n−1n+1=1−1n+1，随n的增大而增大，∴12≤1−1n+1<1,
∴t2−2t−2≥1，即t2−2t−1≥0，又f(t)=t2−2t−1在t≥1上单增，f(2)= -1<0，f(3)=2>0，
∴正整数t的最小值为3.
8．（2020·浙江高三）已知数列满足：，．则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】考察函数，则先根据单调性可得，再利用单调性可得.
【详解】考察函数，
由可得在单调递增，
由可得在单调递减
且，可得，数列为单调递增数列，
如图所示：且，，
图象可得，所以，故选B.
9．（2020·重庆高三）已知在点处的切线方程为， ，的前项和为，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意得，
∴，解得，
∴．
设，则，
∴在上单调递减，
∴，即，
令，则，
∴，故．
设，则，
∴在上单调递增，
∴，即，
令，则，
∴，故．综上选A．
10．（2020·宁夏高考模拟）已知数列满足，，且，记为数列的前项和，数列是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式成立的最小整数n为（ ）
A．7B．6C．5D．4
【答案】C
【解析】
试题分析：因为，∴当为偶数时，可得，即，是以为首项，以为公比的等比数列；当为奇数时，可得，即，是以为首项，以为公差的等差数列，
，∵数列是首项和公比都是的等比数列，，则等价为，即，即分析函数与，则当时，，当时，不成立，当时，不成立，当时，不成立，当时，成立，当时，恒成立，故使不等式成立的最小整数为，故选C．
11.将正整数12分解成两个正整数的乘积有， ， 三种，其中是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称为12的最佳分解.当（且）是正整数的最佳分解时，我们定义函数，例如.数列的前100项和为__________．
【答案】
【解析】当为偶数时， ；当为奇数时， ， ，故答案为.
12.（2020河北省衡水中学）已知数列{an}的前n项和Sn=2n−1,n≤4−n2+(m−1)n,n≥5.若a5是{an}中的最大值，则实数m的取值范围是_____．
【答案】535,+∞
【解析】因为Sn=2n−1,n≤4−n2+(m−1)n,n≥5，
所以当2≤n≤4时，an=Sn−Sn−1=2n−1；
当n=1时，a1=S1=1也满足上式；
当n≥6时，an=Sn−Sn−1=−2n+a，
当n=5时，a5=S5−S4=5a−45，
综上，an=2n−1，n≤45a−45，n=5−2n+a，n≥6；
因为a5是{an}中的最大值，
所以有5a−45≥8且5a−45≥−12+a，解得a≥535.
13.已知数列中， ，点列在内部，且与的面积比为，若对都存在数列满足，则的值为______.
【答案】80
【解析】在上取点，使得，则在线段上．


三点共线，
，即

故答案为：80．
14.已知函数，点O为坐标原点，点，向量，θn是向量与的夹角，则使得 恒成立的实数t的取值范围为 ___________．
【答案】
【解析】根据题意得, 是直线OAn的倾斜角，则：
，据此可得：
结合恒成立的结论可得实数t的取值范围为.
15．（2020·河北高三期末（理））数列是首项，公差为的等差数列，其前和为，存在非零实数，对任意有恒成立，则的值为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】分类讨论和两种情况即可求得的值.
【详解】当时，恒成立，当时：
当数列的公差时，即，
据此可得，则，
当数列的公差时，由题意有：，，
两式作差可得：，
整理可得：，即：，①
则，②
②-①整理可得：恒成立，
由于，故，据此可得：，
综上可得：的值为或.
16．（2020·海南中学）对于三次函数，定义：设是的导数，若方程有实数解，则称为函数的拐点.某同学经过探索发现任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则______；______.
【答案】
【解析】
【分析】利用二阶导数求出三次函数的拐点，进而可得出三次函数图象的对称中心坐标，由此可计算出以及的值.
【详解】，，，
令，得，又，
所以，三次函数图象的对称中心坐标为，即，
所以，，
，
因此，.故答案为：；.
17．（2020·上海高三（理））定义函数如下：对于实数，如果存在整数，使得，则，已知等比数列的首项，且，则公比的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】分析函数与的性质，求出方程的解的取值范围，进而可求得公比的取值范围.
【详解】根据函数的定义，可知时，，
当时，，，此时无解；
当时，，的值为区间内的整数，则.
若有解，则，解得，
又，则，，，
此时，由，可知，
所以，解得；
当时，，的值为区间内的整数，则.
若有解，则，解得，
又，则，，，
此时，由，可知，
所以，解得.
等比数列中，设公比为，则，，，，
由函数的性质可知，当时，
方程有解.
综上所述，当时，符合题意.
故答案为：.
18．（2020·上海市南洋模范中学高三）设，圆（）与轴正半轴的交点为，与曲线的交点为，直线与轴的交点为，若数列满足：，，要使数列成等比数列，则常数________
【答案】2或4
【解析】
【分析】根据条件求出的关系,利用递推数列,结合等比数列的通项公式和定义,进行推理即可得到结论.
【详解】因为圆（）与曲线的交点为,
所以,即,
由题可知,点的坐标为,由直线方程的截距式可得直线的方程为:,
由点在直线上得:,
将,代入并化简得:,
由,得,
又 故数列是首项为4,公比为的等比数列,
故,
即,
所以,
,
令,得:
,
由等式对任意恒成立得:
,即 ,解得或,
故当时, 数列成公比为4的等比数列;
当时, 数列成公比为2的等比数列
故答案为: 2或4.