微专题 数列的性质 蛛网图 最值问题 恒成立问题 插项问题 公共项问题 规律问题 奇偶问题（解析版

微专题数列的性质、蛛网图、最值问题、恒成立问题、插项问题、公共项问题、规律问题、奇偶问题【秒杀总结】1.数列的周期性，此类问题的解法是由定义求出数列的前几项，然后归纳出周期性.2.函数与数列的综合问题，解决该问题应该注意的事项：(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.3.证明数列an单调性的方法：根据an+1-an与0的关系判断出数列的单调性(当an恒为正或者负a时，可以考虑利用n+1与1的大小关系判断数列单调性).an4.当出现与年份有关的数列选择题，题目本身难度比较大的时候，比如，出现2019、2020、2021类似这样的数字，我们完全可以通过逐个分析选项，通过选项找规律后判断是否符合题意，来决定哪个选项正确.比如求S2021，可以令2021=n，将选项中的所有数字用n来表示，然后通过S1、S2来验证哪个选项正确.如果题目问的是S2020、S2018之类的偶数年份，最好是通过S2、S4这样的偶数项来验证.【典型例题】例1.(浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中数学试题)已知数列an满足an-2**an+1=e+1(n∈N，e为自然对数的底数)，且对任意的M>0都存在n∈N，使得an-2成立，则数列an的首项a1须满足()A.a1≤1B.1≤a1≤2C.a1≤2D.a1≥2【答案】C【解析】设f(x)=ex-x-1，令f(x)=ex-1=0，得到x=0.当x∈(-∞,0)时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，f(x)单调递增.故f(x)≥f(0)=0，即ex≥x+1(当且仅当时x=0取等号).an-2故an+1=e+1≥an-2+1+1(当且仅当时an=2取等号).*即an+1≥an.要使对任意的M>0都存在n∈N，使得an-22时，an>2，如图此时不满足题意；当a1<2时，an<2，如图此时满足题意；综上，a1≤2.故选：Cn+1例2.(2023•新蔡县月考)数列{an}满足an+1+(-1)an=2n，则数列{an}的前60项和等于( )A.1830B.1820C.1810D.1800n+1【解析】解：由an+1+(-1)an=2n，可得数列{an}的前60项和为(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+⋯+(a59+a60)=2+6+10+⋯+1181=×30×(2+118)=1800．2故选：D．1例3.(2023•江苏模拟)若单调递增数列{a}满足a+a+a=3n-6，且a=a，则a的取值范围nnn+1n+22211是 ．1【解析】解：∵单调递增数列{a}满足a+a+a=3n-6，且a=a，nnn+1n+222113∴a+a+a=-3，解得a=-3-a，121332113a-3-a+a=0，解得a=a+3，2121441由条件可以得出an+3-an=3，也就是隔3项成等差数列，公差为3．∴只要保证a1a2，a4>a3，-3-3a>1a2121123∴，解得--3-3a52121123∴a的取值范围是-，-．152123故答案为：-，-．52例4.(广东省实验中学2023届高三考前热身训练数学试题)已知Sn为数列an的前n项和，a1=a2=1，*平面内三个不共线的向量OA，OB，OC，满足OC=an-1+an+1OA+1-anOB，n≥2，n∈N，若A，B，C在同一直线上，则S2021=___________.【答案】0【解析】设AC=λAB，所以AO+OC=λAO+λOB，所以OC=1-λOA+λOB，an-1+an+1=1-λ所以，所以an-1+an+1+1-an=1，所以an-1+an+1=an，1-an=λ所以an+an+2=an+1，所以an-1+an+1+an+2=an+1，所以an-1+an+2=0，所以an+an+3=0，所以an+3+an+6=0，所以an+6=an，所以an是周期为6的周期数列，因为a1=a2=1，所以a3=a2-a1=0,a4=a3-a2=-1,a5=a4-a3=-1,a6=a5-a4=0，所以a1+a2+a3+a4+a5+a6=0，所以S2021=S6×336+5=336×0+S5=1+1+0+-1+-1=0，故答案为：0.例5.(江苏省苏州市吴中区木渎高级中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题)数列an中，an=13-a-n≥2,n∈N*，且a=1，记数列a的前n项和为S，若3λ⋅S+n≤4对任意的n∈2n-12nnnN*恒成立，则实数λ的最大值为__________.2【答案】3【解析】131由a=-a-n≥2,n∈N*为变形为a+1=-(a+1)，又a+1=2.n2n-12n2n-1111n-1所以数列a+1是等比数列，首项为2，公比为-，所以a+1=2×-，可得a=2×n2n2n1n-1--1，21n21--241n所以Sn=-n=1---n，则3λ⋅(Sn+n)≤4，所以3λ⋅1--132241n11---n+n≤4λ≤，解得n，321--121111当n为奇数时，λ≤n恒成立，等价于λ≤n恒成立，而n=，所1--11+11+11+1222min22以λ≤，31111当n为偶数时，λ≤n恒成立，等价于λ≤n恒成立，而n>=1，所以1--11-11-11-0222λ≤1，22综上得λ≤，所以实数λ的最大值为，332故答案为：.3例6.(江西省临川二中、临川二中实验学校2023届高三第二次模拟考试文科数学试题)已知数列an的n+12前n项和为Sn=2an-2，若对一切正整数n，不等式2n-n-3<λ-2019an恒成立，则满足条件的最小整数λ为______.【答案】20202【解析】解：当n=1时，S1=2a1-2，得a1=4，n+1n当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2-2an-1-2，aa整理得a=2a+2n，等式两边同除2n得n=n-1+1，nn-12n2n-1aa则数列n是以1=2为首项，1为公差的等差数列，2n2an∴=2+n-1=n+1，2nn则an=n+12，所以不等式2n2-n-3<λ-2019n+12n对一切正整数n恒成立，2n2-n-3n+12n-32n-3即==<λ-2019对一切正整数n恒成立，n+12nn+12n2n2n-3令fn=，当n=k时，fk最大，2n2k+1-32k-3≥2k2k+1∴，2k-1-32k-3≥2k2k-157解得≤k≤，因为k∈Z，∴k=3，222×3-33此时f3==，23833∴λ-2019>，即λ>+2019。88所以满足条件的最小整数λ为2020.故答案为：2020【过关测试】一、单选题nπ1.(2023·全国·高三专题练习)设数列a的通项公式为a=-1n2n-1⋅cos+1n∈N*，其前nn2n项和为Sn，则S120=(    )A.-60B.-120C.180D.240【答案】Dnπ【解析】当n=4k-3，k∈N*时，cos=0，a=1；24k-3nπ当n=4k-2，k∈N*时，cos=-1，a=2×4k-2-1×-1+1=-8k+6；24k-2nπ当n=4k-1，k∈N*时，cos=0，a=1；24k-1nπ当n=4k，k∈N*时，cos=1，a=2×4k-1+1=8k.24k120∴a+a+a+a=1+-8k+6+1+8k=8，∴S=×8=240.4k-34k-24k-14k1204故选：D2.(2023·山东潍坊·高三统考期末)已知定义在R上的函数fx满足f0=1，对∀x，y∈R，有20231fxy+1=fxfy-fy-x+2，则=(    )i=1fifi+12023202420232023A.B.C.D.4050202540482024【答案】A【解析】令x=y=0，由已知可得f1=f20-f0+2=2.令y=1，由已知可得fx+1=fxf1-f1-x+2=2fx-x，*设an=fn,n∈N，则an+1=2an-n，整理可得an+1-n+2=2an-n+1.又a1=2，所以an+1-n+2=2an-n+1=0，所以an=n+1.11111则===-，fifi+1aiai+1i+1i+2i+1i+220231111111112023所以=-+-+-+⋯+-=.i=1fifi+1233445202420254050故选：A.*3.(2023·全国·高三专题练习)设数列an的前n项和为Sn,a1=1，且2Sn=an+1-1n∈N.若对任意n的正整数n，都有a1bn+a2bn-1+a3bn-2+⋯+anb1=3-n-1成立，则满足等式b1+b2+b3+⋯+bn=an的所有正整数n为(    )A.1或3B.2或3C.1或4D.2或4【答案】A*【解析】2Sn=an+1-1,n∈N，n≥2时，2Sn-1=an-1，相减可得：2an=an+1-an，即an+1=3an(n≥2)又n=1时，2S1=a2-1，解得a2=3，满足a2=3a1，n-1*∴数列an是首项为1，公比为3的等比数列，所以an=3,n∈N．n对任意正整数n，都有a1bn+a2bn-1+a3bn-2+⋯anb1=3-n-1成立，2n-1n得bn+3bn-1+3bn-2+⋯+3b1=3-n-1①，2nn+1又bn+1+3bn+3bn-1+⋯+3b1=3-(n+1)-1②，*②-①×3得：bn+1=2n+1,n∈N，*又a1b1=3-1-1=1，所以b1=1，得bn=2n-1,n∈N，2进而b1+b2+b3+⋯+bn=n，n2由b+b+b+⋯+b=a，得n2=3n-1，即=1，123nn3n-1n2416记f(n)=，则f(1)=1,f(2)=,f(3)=1,f(4)=，3n-1327以下证明n≥4时，f(n)<1，(n+1)2n2-2n2+2n+12n(1-n)+1因为f(n+1)-f(n)=-==<0，3n3n-13n3n即n≥4时，f(n)单调递减，f(n)<1，综上可得，满足等式b1+b2+b3+⋯+bn=an的所有正整数n的取值为1或3．故选：A．ab4.(2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测)已知数列a、b，a=n，b=n，nnn+12n+12++n∈N其中x为不大于x的最大整数.若a1=b1=m，m≤1000，m∈N，有且仅有4个不同的t，使得at≠bt，则m一共有(    )个不同的取值.A.120B.126C.210D.252【答案】C01239【解析】设m=c02+c12+c22+c32+⋅⋅⋅+c92，其中c0,c1,⋅⋅⋅,c9∈0,1，且c0,c1,⋅⋅⋅,c9不全为0，m≤1000，1239若c0=1，则m=1+c12+c22+c32+⋅⋅⋅+c92，a1=b1=m，m-1ma==1+c21+c22+c23+⋅⋅⋅+c29，b=，222348221239若c0=0，则m=c12+c22+c32+⋅⋅⋅+c92，a1=b1=m，mma=，