【备考2023】高考数学二轮专题总复习精讲精练（全国通用）——专题6-1 数列函数性质与不等式放缩 学案（原卷版+解析版）

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 专题6-1数列函数性质与不等式放缩
目录
讲高考 1
题型全归纳 4
【题型一】数列单调性与不等式放缩 5
【题型二】利用导数研究数列“性质” 8
【题型三】数列函数性质：“周期性” 11
【题型四】构造等差数列型放缩 14
【题型五】构造等比数列型放缩 17
【题型六】裂项放缩型 20
【题型七】无理根式、对勾等放缩 23
【题型八】数列中的蛛网不等式 26
【题型九】数学归纳法 30
专题训练 34

讲高考

1．（2021·全国·统考高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（    ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．

2．（全国·高考真题）设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn，△AnBnCn的面积为Sn，n=1,2,3,…
若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【答案】B
【详解】且，，，
，，
又，，，，
由题意，，，
，，
，，，
由此可知顶点在以、为焦点的椭圆上，
又由题意，，，
，，
，，

单调递增（可证当时
故选：．

3．（浙江·高考真题）已知成等比数列，且．若，则
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.
【详解】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，
若公比，则，不合题意；
若公比，则
但，
即，不合题意；
因此，
，选B.
【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如

4．（2020·全国·统考高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，

对于选项A，

，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
5.（2019·浙江·高考真题）设，数列中，， ,则
A．当 B．当
C．当 D．当
【答案】A
【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.
【详解】若数列为常数列，则，由，可设方程
选项A：时，，，，故此时不为常数列，
，且，，则，故选项A正确；
选项B：时，，，则该方程的解为，即当时，数列为常数列，，则，故选项B错误；
选项C：时，，该方程的解为或，
即当或时，数列为常数列，或，
同样不满足，则选项C也错误；
选项D：时，，
该方程的解为，
同理可知，此时的常数列也不能使，
则选项D错误.
故选：A.
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解.
6．（2022·北京·统考高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3；   ②为等比数列；
③为递减数列；       ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.

7．（全国·高考真题）设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2 …an的最大值为___________．
【答案】
【详解】试题分析：设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.
考点：等比数列及其应用

题型全归纳

【题型一】数列单调性与不等式放缩
【讲题型】
例题1.已知数列满足，且，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】据题意求出，判断出数列递减，且，再对两边取倒数，然后平方整理得，再利用单调性进行放缩，可得出当时，，结合不等式的性质即可得解.
【详解】解析： ，且，∴，，则，
∵，∴，即数列递减，则，∵，
∴两边取倒数得，即，则，∵数列递减，
∴当时，，即；
当时，，即，，，，
∴根据不等式的性质可得，即，
∴.同理：，与选项范围不符. 故选：B
例题2.已知数列满足，若，则“数列为无穷数列”是“数列单调”的（      ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由已知可得，设，若存在正整数，当时，有，此时数列为有穷数列；若恒不为0，由，有，此时为无穷数列，由此根据充分条件、必要条件的定义进行分析即可得结论．
【详解】解：令，，由，可得，所以，即，
所以数列为等差数列，首项为，公差为1，所以，
设，则数列是单调递增的等差数列，
若存在正整数，当时，则有，此时数列为有穷数列；
若恒不为0，由，有，数列就可以按照此递推关系一直计算下去，所以此时为无穷数列.
（1）若恒不为0，则为无穷数列，由递推关系式有，
取，时，，则，，，，此时数列不是单调数列；
（2）当数列为有穷数列时，存在正整数，当时，有，
此时数列为，，，，，，
由，若数列单调，则，，，，全为正或全为负，
由，则，，，，全为正，而，
这与单调递增矛盾，所以当数列为有穷数列时，数列不可能单调，
所以当数列单调时，数列一定有无穷多项．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，将论证数列单调时，数列一定有无穷多项等价转化为论证数列为有穷数列时，数列不可能单调.

【讲技巧】
数列作为特殊的函数，其单调性与函数的单调性有相似之处。可以从数列递推公式中提炼出对应函数式，利用函数或者导数性质求其单调性

【练题型】
1.设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（    ）
A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4
广东省肇庆市2023届高三第二次教学质量检测数学试题
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
2.数列满足，，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当时，的最小值不存在
D．当时，恒成立
【答案】D
【分析】利用递推关系研究数列的单调性即可逐一作出判断.
【详解】由，得，
对于若数列单调递减，则，即各项不为1，∴且，∴且，故且，故A错误；
对于：当或时，，存在无数个自然数，使得，故错误；
对于：当时，，所以的最小值为1，故错误；
对于时，，
，又由以上推理知递减，所以，
设，
，
，
，
，
依次类推，，
所以，
综上，对任意，正确．
故选：．
【题型二】利用导数研究数列“性质”
【讲题型】
例题1..设，数列满足，，则（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【分析】当时，，即，则，设利用导数研究出函数的的单调性，从而得到，即，得到数列单调递增，则选项A正确，B错误，当时，，即，则，设，利用导数研究出函数的的单调性，可得一定存在，使得，，使得,当（或）时有,，从而选项C, D不正确.
【详解】当时，，即.
则，设，则
，所以在上单调递增,且
所以当时，，则单调递增.
当时，，则单调递减.
所以，所以
所以当时，数列单调递增，则选项A正确，B错误.
当时，，即.
则，设，则
，所以在上单调递增,且
所以当时，，则单调递增.
当时，，则单调递减.
所以,又，
所以一定存在，使得，，使得
当( 或)时有，，即.
同理可得，，所以选项C, D不正确.
故选：A
例题2.已知各项均为正数的数列满足，，则数列（    ）
A．无最小项，无最大项 B．无最小项，有最大项
C．有最小项，无最大项 D．有最小项，有最大项
【答案】D
【分析】由数学归纳法得数列从第2项开始都大于1，这样是最小项，利用不等式放缩得出，引入函数利用导数证明其在时是减函数，得数列有上界，时，，再引入函数，由零点存在定理说明，从而确定这6项中的最大值是数列的最大项．
【详解】数列各项均为正，
，由得，一般地由数学归纳法知当时，由得（否则若，则，，，矛盾），
所以数列中，时，，是最小项．
又，，所以，，
记，则，两边求导得，即，
时，，是减函数，
所以时，是递减数列，因此有上界，时，，
即，
设，，时，，是增函数，
经过计算，得，而，所以时满足的满足，即，
从而，而这6个数中一定有最大值，此最大值也是数列的最大项．
故选：D．

【讲技巧】
需引入函数，利用导数研究函数的单调性，从而得出数列的不等关系。

【练题型】
1.已知数列满足，满足，，则下列成立的是（    ）
A． B．
C． D．以上均有可能
【答案】C
【分析】由题设可得且，根据等式条件有，应用放缩法可得，构造并利用导数研究单调性可得上，则即可得到答案.
【详解】由题设，，，即数列均为正项，
∴，当时等号成立，
当时，有，以此类推可得与题设矛盾，
综上，，故，即.
∵，
∴，
令，则，
当时，即递减，当时，即递增，
∴，故上，即，
∴故选：C
2..对于数列，若存在正数，使得对一切正整数，恒有，则称数列有界；若这样的正数不存在，则称数列无界，已知数列满足：，，记数列的前项和为，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）
A．当时，数列有界 B．当时，数列有界
C．当时，数列有界 D．当时，数列有界
【答案】B
【分析】当时， 构造新函数，利用导数判断其单调性，进而得出，由此判断A;
构造函数，判断其单调性，推出，进而得到，从而说明，判断B; 当 时，说明成立，从而判断C,D.
【详解】当时， 令，则，当 时，，故 ，因为，则，
所以 ，（这是因为），令 ，则，故时单调递增函数，
故，则，假设 ，则，
故由归纳法可得成立，所以 ，故数列无界，故A错；
又由，设
则 ，故递减，则，所以 ，则 ，
则 ，故 ，则，
故 ，即当时，数列有界，故B正确
当 时，，由， ，
假设 ，则 ，即成立，
所以此时 都无界，故C,D错误；
【题型三】数列函数性质：“周期性”
【讲题型】
例题1.已知数列满足（为常数，，，），给出下列四个结论：①若数列是周期数列，则周期必为2：②若，则数列必是常数列：③若，则数列是递增数列：④若，则数列是有穷数列，其中，所有错误结论的序号是________.
【答案】①②③④
【解析】①当周期为2时，由表示前三项的关系，整理证得，与实际矛盾，错误；
②若，举特例，观察显然不是常数列，错误；
③赋特值，求得，不是递增数列，错误；
④赋特值，求得，是无穷数列，错误.
【详解】①令周期，则
由题可知，则，即
因为
整理得，得，矛盾，所以错误；
②若，
显然，可以是，不是常数列，所以错误；
③令，由可知
当时，显然不是递增数列，所以错误；
④当时，有
当，则以后各项都可以为，是无穷数列，所以错误.
故答案为：①②③④
例题2.．若数列满足：存在正整数T，对于任意正整数n都有成立，则称数列为周期数列，周期为T.已知数列满足，，则下列结论中错误的是（    ）
A．若，则m可以取3个不同的值；
B．若，则数列是周期为3的数列；
C．对于任意的且T≥2，存在，使得是周期为的数列
D．存在且，使得数列是周期数列
【答案】D
【分析】A. 若，根据，分别对讨论求解即可； B.若，根据，分别求得即可判断； C.通过B判断即可；D.用反证法判断.
【详解】A.若，因为，
当时，，解得，当时，，解得，当时，，解得，
当时，，解得，当时，，解得，当时，，解得，不合题意，故m可以取3个不同的值，故正确；
B.若，则，所以，则数列是周期为3的数列，故正确；
C.对于任意的且T≥2，存在，使得是周期为的数列，其否定为：.对于任意的且T≥2，不存在，使得是周期为的数列，由B知原命题正确；
D.假设存在且，使得数列是周期数列，当时，，此时，数列不是周期数列，
当时，当时，，，若，，则，即，而不为平方数，因此假设不正确，故数列不是周期数列，故错误.
故选：D

【讲技巧】
函数常见周期性：
①若f(x＋a)＝f(x－b) ⇔f(x)周期为T＝a＋b.
②若，则是的一个周期

常见的周期函数有：
f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝或f(x＋a)＝－，那么函数f(x)是周期函数，其中一个周期均为T＝2a.

【练题型】
1.已知函数的定义域均为R，且满足则（    ）
A．3180 B．795 C．1590 D．1590
【答案】D
【分析】根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为2，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和.
【详解】由，则，即，
由，则，即，
又，
即，
所以，故，
综上，，则，故关于对称，
且有，
令，则，即的周期为2，
由知：关于对称且，
所以，即，则，
由，可得，则，
所以则；则，
依次类推：，，……，，
所以.
故选：D
2.已知数列满足：当时，；当时，；对于任意实数，则集合的元素个数为（    ）
A．0个 B．有限个 C．无数个 D．不能确定，与的取值有关
【答案】C
【分析】讨论，，和且三种情况，根据题意可以得到：若，则；若，则；
若，则；若，则.
不妨从时开始讨论，得到的符号，最后得到答案.
【详解】当时，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当时，则，根据题意，则，则集合的元素有无数个；
当且时，，
若，则；若，则；
若，则；若，则.
而，则时，数列递减且无下限（※）；时，数列递增且无上限（*）.
（1）若，则，根据（※）可知，在求解的迭代过程中，终有一项会首次小于0，不妨设为；
（2）若，则；
①若，则，接下来进入（2）或（3）；
②若，接下来进入（3）；
（3）若，则，接下来进入（1）或 （4） ；
（4）若，则，接下来进入（2）或（3）.
若，则进入（4）.若，则进入②.
若，则进入①.
如此会无限循环下去，会出现无限个负数项.
综上：集合的元素个数为无数个.
故选：C.

【题型四】构造等差数列型放缩
【讲题型】
例题1..设是数列的前项和，，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用，得到，，变形后得到是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出，故代入整理得，利用作差法得到单调递减，最小值为，列出不等式求出答案.
【详解】当时，，解得：，当时，，
整理得，方程两边同除以，得，又，故是等差数列，首项为6，公差为4，
所以，故，经验证，满足要求，
所以为，故，对任意恒成立，
，当时，，故，
单调递减，当时，取得最大值，故，解得：，
则的最小值为.故选：D
例题2.已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前项和，且满足.若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用等差数列的性质求得，然后按的奇偶性分类讨论，用分离参数法求得的范围．
【详解】是等差数列，则，又，
所以，
不等式为，
是奇数时，不等式为，，
时，设，，
时，，递减，时，，递增，
又是正奇数，，，所以的最小值是，
，， 是偶数时，不等式为，，
时，是增函数，又取正偶数，所以的最小值是，所以，
综上，．故选：A．

【讲技巧】
数列不等式恒成立问题，可以利用等差数列的性质求得通项公式，然后再进行放缩或者分参等求参

【练题型】
1.已知首项为的数列的前项和为，若，且数列，，…，成各项均不相等的等差数列，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】由已知结合得，设前项等差数列的公差为，分析得，分析得，两式结合可得，求出，验证符合题意，验证不符合题意，利用反证法证得不符合题意，即可得解.
【详解】且，（*）；
因为前项成各项均不相等的等差数列，设公差为，则，，
若，则，，在（*）式中，令得，，
即，化简得①；
若，则，在（*）式中，令得，，
即，化简得②；
②①得，，，，
将代入①得，，所以，则，所以符合题意．
若，则，，，，，，，，在（*）式中，令得，，，所以，所以不符合题意．
假设时符合题意，则，
整理得，即
即，又时，
所以与等差数列矛盾，所以不符合题意．
故答案为：
2.设等差数列的公差为前项和为且则的取值范围是_________.
【答案】
【分析】利用等差数列通项公式和求和公式可得到不等式组，将看成关于的函数，从而所求范围变为求解的范围.由不等式组可得可行域，由二次函数性质可确定中的最大值和最小值分别在动点落在直线和上时取得；利用直线方程可将所求式子化为二次函数形式，利用二次函数值域的求解方法可求得的范围，即为的范围.
【详解】由题意得：，即

将看成关于的函数，即，    
求得范围即求的范围
由不等式组可得动点构成的可行域如下图阴影部分（含边界）所示：
则，，设，则
由二次函数性质可知，对于每一个固定的，当越接近时越大；当越远离时，越小
要使取最小值，则必在直线上
当时，，
要使取最大值，则必在直线上
当时，，    
综上所述：的取值范围为故答案为
【题型五】构造等比数列型放缩
【讲题型】
例题1..已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（    ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，

当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
例题2.已知数列中，，，，则以下成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出的通项公式，然后表示出各项，再利用作差法比较大小，即可得到正确答案．
【详解】解：，，则，则，
，，
两式相除，得，是一个公比为的等比数列，
，记，，
，，，错误；
代入通项公式，易得，，，，
，，错误；
，
，正确；
，，错误．
故选：．
【练题型】
1.已知数列满足：，，，则下列说法正确的是（    ）
A．一定为无穷数列 B．不可能为常数列
C．若，则可能小于1 D．若，则
【答案】D
【分析】对两边取倒数得，再利用构造数列法得，可知是以为首项，公比为的等比数列，利用等比数列通项公式可以求得，再依次对选项判断，得到正确答案.
【详解】对两边取倒数得，
，又，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
，。，
对于A，，由于n未知，不能确定是有限数列还是无限数列，故A错误；
对于B，当时，，此时为常数列，故B错误；
对于C，当时，，
，，即，所以一定小于1，故C错误；
对于D，当时，，
，，即，
又，，；，即，所以，故D正确.
故选：D.
2.若数列满足，且对任意都有，则的最小值为________.
【答案】8
【分析】根据题意，分析数列的前5项，结合递推公式分析可得在在中，最大为，设，分析可得，且，将其变形可得，可以得到数列是首项为﹣2，公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式求出数列通项公式，则有，据此分析恒成立可得答案．
【详解】解：根据题意，数列满足

当时，有，则，，
分析可得：在中，最大为，
设，则有，
且，
变形可得：，所以数列是首项为6﹣8＝﹣2，公比为的等比数列，则，
则，即，又为递增数列，且，
所以若对任意任意都有成立，则，即的最小值为8；
故答案为8

【题型六】裂项放缩型
【讲题型】
例题1.．已知数列满足，，为数列的前n项和，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先判断出，通过放缩得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可证得，
又由证得即可.
【详解】当，时，因为，所以，
又因为，且，
下证，即证，即证，
即证，即证，
即证令，即证，当，时，不等式恒成立.因此，，
所以，
又因为，故选：D.
例题2.数列满足，，，则的整数部分是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据已知条件，利用累加法求得，结合数列的单调性即可判断的取值范围，进而求得其整数部分
【详解】由可得，所以，所以，则，，，，，
上述式子累加得：，故，
又因为，即，所以，
根据递推公式得：，，，所以，
那么，则，则的整数部分是1，
故选：A

【讲技巧】
常用的数列放缩式还有：
，
等，解题过程中，注意观察数列特征选择合适的放缩方法.


【练题型】
1.数列满足，，，则的整数部分是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】先根据数列的递推公式，利用裂项相消法求和即可得到，再先判断，通过计算可判断出，即可求出结果.
【详解】因为数列满足，，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，即，
所以，所以，
，，，，，，
，即，，，
因此的整数部分是.故选：C.
2..已知数列中，，，记，，则下列结正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据数列特征得到，且与同号，结合裂项相消法求得，与比较，发现不恒成立，判断出A选项；结合，可得，判断出B选项；利用可得：，构造新函数可得：，得到，而根据一次函数与对数函数的增长速度，可得不恒成立，故判断C选项；根据题干条件得到，，进而求出，结合数列的单调性可得：，故D选项正确.
【详解】由，，可得：，故，所以，因为，所以，故，所以与同号，因为，所以，综上：，又因为，可得：，所以，因为，所以，所以，从而，所以不恒成立，选项A不成立
因为，所以恒成立，选项B不成立；
因为，所以，若，则，其中设（），则，所以在上单调递减，其中，当时，，所以
，故有，结合函数的增长速度，显然不恒成立，故选项C错误；
，∴可视为数列的前项和，

∵单调递增，∴，故恒成立，选项D正确.
故选：D
【题型七】无理根式、对勾等放缩
【讲题型】
例题1.．的整数部分是（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】注意到
，
，
据此可得答案.
【详解】因，则
.
又
，则

.
故，即整数部分为4.
故选：B
例题2.已知数列满足，，数列前n项和为，则下列叙述不正确的有（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据数列单调性，数列与不等式放缩转化，即可求解.
【详解】，，故选项A正确；
数列 单调递减,
当 时, ;
当 时，.
故选项D正确;
，，，,,又，，，
，，
,所以当时，.故选项C错误；
，故选项B正确；故选：C.
【练题型】
1.对于数列：，，有以下结论：①若，则；②若，则；③对，均有；④对于任意正整数，均有.则
A．仅①②正确 B．仅②③正确
C．仅①③④正确 D．①②③④均正确
【答案】D
【分析】根据递推式，分类讨论，结合二次函数的性质，基本不等式，数列单调性的判断方法，放缩法，数学归纳法，即可判断各结论的真假．
【详解】若时，，
若时，，显然，故③正确；
若时，，故，所以①正确；
若时，易知，当时，，假设时，，
则时，，所以，
因此，即，故②正确；
当时，；当时，，
综上可得.故④正确.
故选：D.
2..已知数列满足，，如果，那么（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由可得，再由题意结合基本不等式与数列得单调性求出的范围，即可求解
【详解】因为，所以，所以，所以，
由即可归纳得，所以，
所以数列为递增数列，又，则，所以，
所以，所以，
所以，所以，故选：A

【题型八】数列中的蛛网不等式
【讲题型】
例题1.已知数列满足，，记数列的前n项和为，设集合，对恒成立，则集合N的元素个数是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由题知，进而得，故一方面，结合得，进而得，另一方面，根据得，进而得，即可得，进而得答案.
【详解】解：令，解得，即数列的不动点为，
其生成函数为，    
所以，作出函数与函数的图像如图：
故，由蛛网图：，
,即，又，
一方面，由得，，
，
，且当，，.
另一方面，（法一）由得，，，
且当，，，必须大于等于
.所以集合的元素个数是2，故选：B.
另一方面，（法二）由，得，又

.又当，，必须大于等于.
.所以集合的元素个数是2，故选：B.
例题2.已知数列，，下列说法正确的是（    ）
A．对任意的，存在，使数列是递增数列；
B．对任意的，存在，使数列不单调；
C．对任意的，存在，使数列具有周期性；
D．对任意的，当时，存在.
【答案】C
【分析】A选项，从与题干条件求出的最大值，从而得到，故A错误；B选项，列出，根据可得，故单调递增，B错误；CD选项从数列的函数性质及蛛网模型进行求解.
【详解】A选项，要想保证数列是递增数列，则必有，其中，因为，所以当或2时，取得最大值，此时为，故，解得：，而，不合题意，故A错误；因为，，所以，数列是递增数列，故B错误；
令，令，解得：，，即，为其不动点，因为，所以，
，令得：，，且，从蛛网模型可以看出，
当时，随着的增大，趋向于不动点或不动点或变为周期数列，且此时数列的值均在A点的左边，故对任意的，当时，均有，C选项正确，D选项错误.

故选：C
【练题型】
1.
已知数列满足：，且，下列说法正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C． D．
【答案】D
【分析】化简已知递推关系式可得到，由此分别判断选项，可知错误；
设，则，；采用数形结合的方式知越来越小，错误；假设成立，通过化简不等式可知不等式恒成立，知正确.
【详解】，，，
又，，，
对于，若，则，，
，，错误；
对于，若，则，
，即，，错误；
对于，设，则，
考虑函数与的图象，如下图所示：

当时，单调递减，且越来越小，，
，错误；
对于，设，则，，
若，则，
等价于，即，即，
而显然成立，，正确.
故选：.
2.已知为非常数数列且，，，下列命题正确的是（    ）
A．对任意的，，数列为单调递增数列
B．对任意的正数，存在，，，当时，
C．存在，，使得数列的周期为2
D．存在，，使得
【答案】B
【分析】对于A选项：取.即可判断数列为单调递减数列.
对于B选项：令，记,根据的单调性结合其与的交点，即可说明总能找到一个，使得的极限为1.即可判断出结论.
对于C选项：先假设存在，利用化简后即可说明矛盾.
对于D选项：利用等式表示出,即可判断结论.
【详解】当时：恒成立.此时数列为单调递减数列.A错误.
令，记，，则，.
，令，取
则在上单调递增.
令或.

如图所示：在区间内总能找到一个，使得的极限为1.B正确.
假设存在，，使得数列的周期为2，即.
则
②-①：，又.
化简得：.
记,恒成立.
故在上单调递增.
要使，
则需.与为非常数数列矛盾.C错误.
因为
所以
则.
不存在，，使得.D错误.

【题型九】数学归纳法
【讲题型】
例题1.已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到.
【详解】因为，所以.下面用数学归纳法证明.
当n=1时，符合.假设时，结论成立，即.
当时，，所以显然成立；
因为，所以，所以，即，
所以结论成立.
综上所述：对任意的均成立.
记函数..
因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增，
所以，即，所以，即，
所以数列为单调递增函数，所以.
记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即.所以，所以，
所以，累加得：.
因为，所以，即，所以，
所以，即.
记，则，所以在上单调递减，所以，即.所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，所以即.
综上所述：.故选：C
例题2.已知各项均为正数的数列满足，，其前n项和为，则下列关于数列的叙述错误的是(    )
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】A选项：先构造函数，并研究其单调性，利用进行放缩，利用数学归纳法可证明；
B选项：构造函数h(x)＝，，判断其单调性即可；
C选项：利用数学归纳法和假设法可证明.
D选项：结合C选项结论对进行放缩即可证明.
【详解】设函数，则，故在上单调递增.
用数学归纳法先证：
当时，有；假设n＝k时，，由于，
∴根据在上单调递增可知，即当n＝k＋1时，，∴由数学归纳法原理可知.
对于选项A，令，∵，故g(x)在单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，即，即，∴，故A正确.
对于选项B，令h(x)＝，，∵，令m(x)＝，则，
令，则，∴，即在单调递增，
∴，∴，即在单调递增，，
在单调递增，，即，即.
故(*)，从而选项B错误.
对于选项C，可用数学归纳法证明：当时，有成立，
当n＝k时，假设，若，
则由(*)可知，与假设矛盾，故.
故.从而选项C正确.
对于选项D，当时，，
故.故选项D正确.
故选：B.
【讲技巧】
数学归纳法可以用来证明与自然数n有关的问题

【练题型】
1.在数列中，，若存在常数c，对任意的，都有成立，则正数k的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得，可得用极限思想和数学归纳法的思想分析计算即可得到正数k的最大值.
【详解】因为，
所以，
所以，由于满足上式，故
当时，有趋近于时，趋近于此时没有最大值，故不满足题意，舍去；
所以，当时，可证对任意的，都有，
由题知，若存在常数c，对任意的，都有成立，则，
以下进行证明：存在常数，对任意的，都有成立.
当时，，结论成立假设时结论成立，即则，
则存在常数，对任意的，都有成立.故正数k的最大值为.故选：B.
2.数列满足：.若数列单调递减，则c的取值范围是________；若数列单调递增，则c的取值范围是__________.
【答案】     ##     ##
【分析】若数列单调递减，则恒成立，可得恒成立，由此可得c的范围.
若数列单调递增，则，即，且母函数.数列有极限，其值为其不动点.又在上单调增加，故，所.于是只需要证明时满足条件，时不满足条件即可.
【详解】①若数列单调递减，∵，∴，∴，∴恒成立，即恒成立，
即恒成立，即恒成立，∴c＜0.
②数列单调递增，则当时，.当时，，而在上单调递增，∴，即，假设当n＝k，k∈时，，
则，即，故由数学归纳法可得，即数列单调递增；
当时，∵，∴，即，∴，，
∵，∴，
∴，∴.∴，
令，
故当时，，此时，而在上单调递减，
∴，即，与题意矛盾.综上，的取值范围是.

一、单选题
1．已知是公差不为0的等差数列，是其前项和，则“对于任意，都有”是“的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可.
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，所以，
当时，没有最大值，所以由对于任意，都有可得，所以，充分性成立；
当时，，所以必要性不成立，
故“对于任意，都有”是“的充分不必要条件，
故选：A
2．等比数列的公比为，“”是“数列单调递增”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由数列是单调递增一定能推出，
当时，有，
若，则有，，因此数列单调递增，
若，则有，，因此数列单调递增，
所以由一定能推出数列单调递增，
因此“”是“数列单调递增”的充要条件，
故选：C
3．已知数列满足，，设的前项和为，若，不等式恒成立，则的最小值为（    ）
A． B．2 C．5 D．6
【答案】C
【分析】先由递推公式求出数列的通项公式，再利用分组求和得到，则原不等式可转化为恒成立，求的最大值即可.
【详解】由题意可得，而，所以，
所以，所以，，
所以，
所以，
则原不等式可转化为恒成立，仅需即可，
当时，；当时，；
当时，；
故，所以，故的最小值为5，
故选：C
4．已知等差数列满足，公差，，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由，根据正弦函数的性质求出的大致范围，再根据等差数列的性质得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求出的取值范围.
【详解】解：因为，所以，，解得，，
又为等差数列，所以，
所以，
因为，所以，即，
令，则，
因为，即在上单调递减，
，所以，
所以，又，，
所以.
故选：A
5．在等比数列中．则能使不等式成立的正整数的最大值为（    ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】C
【分析】首先可得，即可得到时，，时，，再根据下标和性质得到，，，，即可得到，从而得解.
【详解】解：因为，所以公比，则，
时，，时，，
又，所以，，，，
则，
又当时，，
所以能使不等式成立的最大正整数是．
故选：C．
6．已知数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意，都有，则下列说法正确的是（    ）
A．为等差数列，为等比数列
B．为等比数列，为等差数列
C．为等差数列，为等比数列
D．为等比数列，为等差数列
【答案】C
【分析】令(是等差数列的前n项和),由题意可得当时，单调递减，结合二次函数的性质和选项逐一判断即可.
【详解】解：令,由题意当时，单调递减，
对于首项为，公差为的等差数列，
则前n项和(不含常数项)，
此时，
由二次函数的性质知：当足够大时，不可能为单调递减函数，
所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意；
对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比时，满足，故符合题意；
对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当足够大时，不满足，即不可能为单调递减函数，故不合题意
故选：C.
【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化.
7．已知数列，满足，，，，则下列选项错误的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求得的值判断选项A；求得的范围判断选项B；求得与的关系判断选项C；求得的范围判断选项D.
【详解】选项A：，，则
又，则，
则.判断正确；
选项B：
（当且仅当时等号成立）
则
.判断正确；
选项C：，
则

则，
则.判断正确；
选项D：，
则

则，
而，
则.判断错误.
故选：D
【点睛】关键点点睛：推导出化简求解出和是关键
8．已知数列中，，若，则下列结论中错误的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】A. 通过递推计算得该选项正确；B. 由题得，所以该选项正确； C. ，设得到，再赋值相加即得 ，所以该选项正确；D. ,所以该选项错误.
【详解】解：A. 由题得所以该选项正确；
B. 由题得，，所以，当时，也满足，所以，所以该选项正确；
C. 由前面得，，
所以也适合，所以.
设，所以函数在单调递减，所以 所以，所以，，，所以所以，所以该选项正确；
D. ,所以该选项错误.
故选：D

二、多选题
9．已知函数，数列满足，且，.若是等差数列，则可能取的整数是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】将表示为分段函数的形式，利用选项以及是等差数列求得正确答案.
【详解】，
A选项，，，
，所以是首项，公差为的等差数列.
所以A选项正确.
B选项，，
所以，则为常数列，也是等差数列. 所以B选项正确.
C选项，，
，，所以不是等差数列.
所以C选项错误.
D选项，，
，当时，，
所以是首项，公差为的等差数列.
所以D选项正确.
故选：ABD
10．数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（    ）
A．为等比数列 B．为递减数列
C．中存在大于3的项 D．中存在小于的项
【答案】BD
【分析】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，求出，不合乎题意；对于B：求出，得到，即可证明；对于C：先求出，由数列为递减数列，即可判断；对于D：利用单调性证明.
【详解】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；
对于B：当时，.因为，所以，所以，可得，所以数列为递减数列，故B对；
对于C：由题意可知，，当时，，可得；由B知数列为递减数列，故C错；
对于D：因为数列各项均为正数，其前n项和，所以随着n的增大，递增.
而恒成立，所以递减，且，
所以中必存在小于的项
故选：BD.
11．已知数列满足，且，是数列的前项和，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】对于A,证明数列单调递减即得解；对于B，证明即得解；
对于C，随着减小，从而增大．即得解；对于D，证明即得解.
【详解】对于A:,,在单调递增, 在单调递减, ,当且仅当时,
若,又因为则,则，则,又因为所以所以，
设，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以所以所以
由, 当时,
因为，所以,则,同理得,
当时，；
所以，所以数列单调递减.则, 所以选项A正确.
对于B：由前面得．下面证明．
只需证明，令，
，
令，则，
∴成立．所以，
所以，所以选项B错误；
对于C：，设，设，
则．所以函数单调递减，所以随着减小，
从而增大．所以，即．所以C错误．
对于D：一般地，证明：．
只需证明．
．令，
则，
∴成立．所以，所以．所以D正确．
故选：.
12．已知数列满足，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】由已知可得，则，结合可推导得，由此确定，可知数列单调递减，得到，知A错误；采用分析法可知，若B正确，则只需证明，采用数学归纳法可证得结论，知B正确；结合B中结论可知若C正确，只需证明，采用数学归纳法可证得结论，知C正确；结合B中结论可知若D正确，只需证得，构造函数，，利用导数可求得单调递减，由此可得，进而得到，知D正确.
【详解】恒成立，，又，，
，
对于A，，，，……，以此类推，，
而，，
，数列为递减数列，则，
即，，A错误；
对于B，若，则，只需；
当时，，满足；
假设当时，成立，
那么当时，
，
即当时，成立；
综上所述：成立，，B正确；
对于C，，，
由B得：，；
则若，只需，
当时，，不等式成立；
假设当时，成立，
那么当时，
，
即当时，成立；
综上所述：成立；
，C正确；
对于D，由B知：，
若，只需，
则只需，即，
令，，
，在上单调递减，
，即，
又，，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，解题关键是能够证得，进而通过数列的放缩对选项中的不等式进行转化；通过数学归纳法或构造函数的方式对转化后的不等式进行证明.

三、填空题
13．在由正整数构成的无穷数列中，对任意的正整数，都有且对任意的正整数，数列中恰有个，则______.
【答案】64
【分析】将相同数字作为一组，则第组有个数，利用等差数列求和公式确定前组的数字个数为，则可确定所在的组，即为的值.
【详解】据题意可知数列为：，
设为第一组，为第组，，为第组，，
设在第组，则前组一共有数字个，当时，当时，
所以在第组，即，
故答案为：.
14．高斯是德国著名的数学家，有“数学王子”之称，以其名字命名的成果有110个.设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，若用表示的非负纯小数，如，已知数列满足，则__________.
【答案】##
【分析】根据题意求出，找出规律，即可求出的值.
【详解】，，
，，
，
由此可得到规律：当为奇数时，，
，
故答案为：.
15．已知数列满足，其首项，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据数列是单调递增数列，对实数分类讨论，通过并利用函数单调性即可求得实数的取值范围.
【详解】由题意得，则，即，
当时，解得或；
当时，不等式无解；
又因为，所以
即，又，所以
即；
又因为，易得
所以，，解得或
利用对勾函数性质可知，函数在上满足恒成立，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
16．已知数列､､的通项公式分别为､､，其中，，，令（表示､､三者中的最大值），则对于任意，的最小值为___________
【答案】
【分析】当时，可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出，比较可得时，的最小值，然后当时，根据函数的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案
【详解】当时，可得，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时， 取得最小值，此时，
因为，而，，
又因为，
所以当时，的最小值为，
当时，，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，，此时的最小值为 ，
当时，，
所以，
令，
因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，
所以当时，取得最小值，此时，
因为，而，，
又因为 ，此时的最小值为 ，
综上，的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查数列的单调性的应用，考查分类思想，解题的关键是分别当，和时，根据题意求出的最小值，然后比较可得答案，考查计算能力，属于难题