考点20 数列的综合运用 （教师版）备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

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1、 第 1 页 / 共 27 页 考点考点 20 数列的综合运用数列的综合运用 1、掌握数列求和以及数列通项的一些常用的方法和技巧掌握数列求和以及数列通项的一些常用的方法和技巧 2、掌握数列与不等式、函数的综合性问题的解决策略掌握数列与不等式、函数的综合性问题的解决策略 3、掌握数列有关的证明以及参数掌握数列有关的证明以及参数 4、掌握与数列有关的定义型问题掌握与数列有关的定义型问题 5、纵观全国或者各地区的高考试题，数列的地位尤为突出，在许多地区出现在压轴题的位置，所涉及的知纵观全国或者各地区的高考试题，数列的地位尤为突出，在许多地区出现在压轴题的位置，所涉及的知 识点和题型主要为：识点和题型

2、主要为：1、数列与不等式、函数的综合性问题，、数列与不等式、函数的综合性问题，2、数列有关的证明以及含参问题，、数列有关的证明以及含参问题，3、与数列、与数列 有关的定义型问题有关的定义型问题 数列在高考中主要体现在中档题和压轴题中，中档题主要考察数列的基本量等问题，压轴题体现在数列在高考中主要体现在中档题和压轴题中，中档题主要考察数列的基本量等问题，压轴题体现在 1 1、数列、数列 与不等与不等式、函数的综合性问题，式、函数的综合性问题，2 2、数列有关的证明以及含参问题，、数列有关的证明以及含参问题，3 3、与数列有关的定义型问题等问题中，、与数列有关的定义型问题等问题中， 因此在平时因此

3、在平时复习中复习中掌握常见题型的解题思路。掌握常见题型的解题思路。 1、 【2018 年高考江苏卷】已知集合 * |21,Ax xnnN， * |2 , n Bx xnN将AB的所有 元素从小到大依次排列构成一个数列 n a记 n S为数列 n a的前 n 项和，则使得 1 12 nn Sa 成立的 n 的最小值为_ 【答案】27 【解析】所有的正奇数和2nn N按照从小到大的顺序排列构成 n a，在数列| n a中，25前面有16 个 正 奇 数 ， 即 56 2138 2 ,2aa. 当 n=1 时 ， 12 1 1224Sa ， 不 符 合 题 意 ； 当 n=2 时 ， 考纲要求考纲要

4、求 近三年高考情况分析近三年高考情况分析 三年高考真题三年高考真题 考点总结考点总结 第 2 页 / 共 27 页 23 31236Sa，不符合题意；当n=3时， 34 61248Sa，不符合题意；当n=4时， 45 1012=54 2 0Sa ,符合题意.故使得 +1 12 nn Sa成立的n的 最小值为27. 2、 【2020 年全国 2 卷】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 12n a aa 满足 0,1(1,2,) i ai ， 且存在正整数m，使得 (1,2,) i mi aa i 成立，则称其为 0-1 周期序列，并称满足 (1,2,) i mi aa i 的最 小正

5、整数m为这个序列的周期.对于周期为m的 0-1 序列 12n a aa ， 1 1 ( )(1,2,1) m ii k i C ka akm m 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 1 ( )(1,2,3,4) 5 C kk的序列是（ ） A. 11010 B. 11011 C. 10001 D. 11001 【答案】C 【解析】由 i mi aa 知，序列 i a的周期为 m，由已知，5m， 5 1 1 ( ),1,2,3,4 5 ii k i C kaak 对于选项 A， 5 11223344556 1 11111 (1)()(10000) 55555 ii

6、i Caaa aa aa aa aa a 5 21324354657 1 1112 (2)()(01010) 5555 ii i Caaa aa aa aa aa a ，不满足； 对于选项 B， 5 11223344556 1 1113 (1)()(1001 1) 5555 ii i Caaa aa aa aa aa a ，不满足； 对于选项 D， 5 11223344556 1 1112 (1)()(10001) 5555 ii i Caaa aa aa aa aa a ，不满足； 第 3 页 / 共 27 页 故选：C 3、 【2020 年北京卷】.已知 n a是无穷数列给出两个性质： 对

7、于 n a中任意两项,() ij a a ij ，在 n a中都存在一项 m a，使 2 i m j a a a ； 对于 n a中任意项(3) n a n，在 n a中都存在两项,() kl a a kl使得 2 k n l a a a ()若( 1,2,) n an n，判断数列 n a是否满足性质，说明理由； ()若 1 2(1,2,) n n an ，判断数列 n a是否同时满足性质和性质，说明理由； ()若 n a是递增数列，且同时满足性质和性质，证明： n a为等比数列. 【答案】()详见解析；()详解解析；()证明详见解析. 【解析】() 2 3 23 2 9 2,3, 2 n

8、a aaaZ a Q不具有性质； () 22 *(2) 1* 2 ,2,2 ij ii ijn jj aa i jNijijNa aa a Q 具有性质； 2 *(2) 11 ,3,1,2,22, k ln k nn l a nNnknlana a Q具有性质； ()【解法一】 首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数： 显然0* n anN，假设数列中存在负项，设 0 max|0 n Nn a， 第一种情况：若 0 1N ，即 0123 0aaaa， 由可知：存在 1 m，满足 1 2 2 1 0 m a a a ，存在 2 m，满足 2 2 3 1 0 m a a a ， 由 0 1N

9、可知 22 32 11 aa aa ，从而 23 aa，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若 0 2N ，由知存在实数m，满足 0 2 1 0 N m a a a ，由 0 N的定义可知： 0 mN， 另一方面， 00 0 0 22 1 NN mN N aa aa aa ，由数列单调性可知： 0 mN， 第 4 页 / 共 27 页 这与 0 N的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明 2 2 3 1 a a a ： 利用性质：取3n，此时 2 3 k l a akl a ， 由数列的单调性可知0 kl aa， 而 3 k

10、 kk l a aaa a ，故3k ， 此时必有2,1kl，即 2 2 3 1 a a a ， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列 n a的前3k k 项成等比数列，不妨设 1 1 1 s s aaqsk ， 其中 1 0,1aq， （ 1 0 , 01aq情况类似） 由可得：存在整数m，满足 2 1 1 k k mk k a aa qa a ，且 11 k mk aa qa （*） 由得：存在st，满足： 2 1 ss kss tt aa aaa aa ，由数列的单调性可知：1tsk ， 由 1 1 1 s s aaqsk 可得： 2 211 111 s tk s kk t

11、a aa qaa q a （*） 由（*）和（*）式可得： 211 111 ks tk a qa qa q ， 结合数列的单调性有：211ks tk ， 注意到, ,s t k均为整数，故21kst ， 代入（*）式，从而 11 k k aa q . 总上可得，数列 n a的通项公式为： 1 1 n n aa q . 即数列 n a为等比数列. 第 5 页 / 共 27 页 4、 【2020 年江苏卷】.已知数列 * () n anN的首项 a1=1，前 n 项和为 Sn设 与 k是常数，若对一切正整 数 n，均有 111 11 kkk nnn SSa 成立，则称此数列为k数列 （1）若等差数

12、列 n a是1数列，求 的值； （2）若数列 n a是 3 2 3 数列，且 an0，求数列 n a的通项公式； （3）对于给定的 ，是否存在三个不同的数列 n a为3数列，且 an0?若存在，求 的取值范围；若不 存在，说明理由， 【答案】 （1）1 （2） 2 1,1 3 4,2 n n n a n （3）01 【解析】 （1） +111111 101 nnnnnn SSaaaaa Q （2） 11 22 11 00 nnnnn aSSSS Q 111 222 +1+1 3 () 3 nnnn SSSSQ 111111 2 222222 +1+1+1 1 ()()() 3 nnnnnn S

13、SSSSS 111111 1 222222 +1+1+1+1 1 ()=2=44 3 n nnnnnnnnn SSSSSSSSS 11 1Sa， 1 4n n S 122 443 4,2 nnn n an 2 1,1 3 4,2 n n n a n （3）假设存在三个不同的数列 n a为3数列. 11111 33 33333 +11+1+1 ()() nnnnnnn SSaSSSS 11 33 +1nn SS 或 112211 23 333333 +1+1+1 ()() nnnnnn SSSSSS 第 6 页 / 共 27 页 +1nn SS或 2211 333 3333 +1+1 (1)(1

14、)(2)0 nnnn SSSS 对于给定的，存在三个不同的数列 n a为3数列，且0 n a 1,1 0,2 n n a n 或 2211 333 3333 +1+1 (1)(1)(2)01 nnnn SSSS 有两个不等的正根. 2211 333 3333 +1+1 (1)(1)(2)01 nnnn SSSS 可转化为 21 33 33 3 +1+1 21 33 (1)(2) (1)01 nn nn SS SS ，不妨设 1 3 1 0 n n S x x S ，则 3233 (1)(2)(1)01xx有两个不等正根，设 3233 (1)(2)(1)01f xxx. 当1时， 32323 (

15、2)4(1)004 ， 即01， 此时 3 010f ， 3 3 (2) 0 2(1) x 对 ，满足题意. 当1时， 32323 (2)4(1)004 ，即 3 14 ，此时 3 010f ， 3 3 (2) 0 2(1) x 对 ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去. 综上，01 5、 【2020 年天津卷】已知 n a为等差数列， n b为等比数列， 11543543 1,5,4abaaabbb （）求 n a和 n b的通项公式； （）记 n a的前n项和为 n S，求证： 2* 21nnn S SSn N； （）对任意的正整数n，设 2 1 1 32 , ,. nn nn n n

16、n ab n a a c a n b 为奇数 为偶数 求数列 n c的前2n项和 【答案】 （） n an， 1 2n n b ； （）证明见解析； （） 4654 219 49 n n n n . 第 7 页 / 共 27 页 【解析】()设等差数列 n a的公差为d，等比数列 n b的公比为 q. 由 1 1a ， 543 5aaa，可得 d=1. 从而 n a的通项公式为 n an. 由 1543 1,4bbbb， 又 q0，可得 2 440qq，解得 q=2， 从而 n b的通项公式为 1 2n n b . ()证明：由()可得 (1) 2 n n n S ， 故 2 1 (1)(2)

17、(3) 4 nn S Sn nnn ， 22 2 1 1 12 4 n Snn ， 从而 2 21 1 (1)(2)0 2 nnn S SSnn ， 所以 2 21nnn S SS . ()当 n奇数时， 111 2 32(32)222 (2)2 nnn nn n nn abn c a an nnn ， 当 n为偶数时， 1 1 1 2 n n n n an c b ， 对任意的正整数 n，有 2222 21 11 222 1 212121 kkn nn k kk c kkn ， 和 2 231 11 211352321 444444 nn k knn kk knn c 由得 2 2314 1

18、 11352321 444444 n k nn k nn c 由得 2 211 1 21 1 31222112144 1 4444444 1 4 nn k nnn k nn c ， 第 8 页 / 共 27 页 由于 11 21 1 121221121156544 1 44334444123 4 1 4 n nnnn nnn ， 从而得： 2 1 565 99 4 n k n k n c . 因此， 2 212 111 4654 219 49 n nnn kkk n kkk n ccc n . 所以，数列 n c的前 2n项和为 4654 219 49 n n n n . 6、 【2019 年

19、高考全国 II 卷理数】已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0， 1 434 nnn aab ， 1 434 nnn bba . （1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2） 11 22 n n an， 11 22 n n bn. 【解析】（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab ，即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为a1+b1=l，所以 nn ab是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 nnnn abab ，即 11 2 nnnn abab 又因为a1b1=

20、l，所以 nn ab是首项为1，公差为2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab ，21 nn abn 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn， 111 ()() 222 nnnnn n bababn 第 9 页 / 共 27 页 7、 【2019 年高考北京卷理数】已知数列an，从中选取第 i1项、第 i2项、第 im项（i1i2im），若 12m iii aaa ，则称新数列 12m iii aaa， ， 为an的长度为 m 的递增子列规定：数列an的任意一 项都是an的长度为 1 的递增子列 （1）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为

21、 4 的递增子列； （2）已知数列an的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 0 m a ，长度为 q 的递增子列的末项的最小值 为 0 n a 若 pq，求证： 0 m a 0 n a ； （3）设无穷数列an的各项均为正整数，且任意两项均不相等若an的长度为 s 的递增子列末项的最 小值为 2s1，且长度为 s 末项为 2s1 的递增子列恰有 2s-1个（s=1，2，），求数列an的通项公式 【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一） ；(2)见解析；(3)见解析. 【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一） （2）设长度为q末项为 0 n a的一个递增子列为 1210 , q rr

22、rn a aaa . 由p0. 因为ckbkck+1，所以 1kk qkq ，其中k=1，2，3，m. 当k=1时，有q1； 当k=2，3，m时，有 lnln ln 1 kk q kk 设f（x）= ln (1) x x x ，则 2 1 ln ( ) x f x x 令( )0f x ，得x=e.列表如下： x (1,e) e (e，+) ( )f x + 0 f（x） 极大值 因为 ln2ln8ln9ln3 2663 ，所以 max ln3 ( )(3) 3 f kf 取 3 3q ，当k=1，2，3，4，5时， ln ln k q k ，即 k kq， 经检验知 1k qk 也成立 因此

23、所求m的最大值不小于5 若m6，分别取k=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上，所求m的最大值为5 10、【2019 年高考浙江卷】设等差数列 n a的前 n 项和为 n S， 3 4a ， 43 aS，数列 n b满足：对每个 第 13 页 / 共 27 页 12 , nnnnnn nSb Sb Sb N成等比数列 （1）求数列, nn ab的通项公式； （2）记, 2 n n n a cn b N 证明： 12+ 2,. n cccn n N 【答案】 （1）21 n an，1 n bn n； （2）证明见解析. 【

24、解析】（1）设数列 n a的公差为d，由题意得 111 24,333adadad， 解得 1 0,2ad 从而 * 22, n annN 所以 2* n SnnnN， 由 12 , nnnnnn Sb Sb Sb 成等比数列得 2 12nnnnnn SbSbSb 解得 2 12 1 nnnn bSS S d 所以 2* , n bnn nN （2） * 221 , 22 (1)(1) n n n ann cn bn nn n N 我们用数学归纳法证明 （i）当n=1时，c1=02，不等式成立； （ii）假设 * nk kN时不等式成立，即 12 2 k ccck 那么，当1nk时， 121 1

25、 22 (1)(2)1 kk k cccckk kkk 2 222(1)21 1 kkkkk kk 即当1nk时不等式也成立 第 14 页 / 共 27 页 根据（i）和（ii），不等式 12 2 n cccn对任意 * nN成立 【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算 求解能力和综合应用能力. 11、 【2018 年高考全国 II 卷理数】记 n S为等差数列 n a的前n项和，已知 1 7a ， 3 15S （1）求 n a的通项公式； （2）求 n S，并求 n S的最小值 【答案】 （1）an=2n9； （2）Sn=n28n，最小值为1

26、6 【解析】 （1）设an的公差为 d，由题意得 3a1+3d=15 由 a1=7 得 d=2 所以an的通项公式为 an=2n9 （2）由（1）得 Sn=n28n=（n4）216 所以当 n=4 时，Sn取得最小值，最小值为16 题型一、数列中的证明或不等式问题 1、 （2020 浙江温州中月高考模拟）已知各项均为正数的数列 n a的前n项和为 n S，且 1 1a ， 1nnn aSS （*nN，且2n） （1）求数列 n a的通项公式； （2）证明：当2n时， 123 11113 232 n aaana 【答案】(1) 21 n an (2)见证明 【解析】 （1）由 1nnn aSS

27、，得 11nnnn SSSS ，即 1 1(2) nn SSn ， 所以数列 n S 是以 11 1Sa为首项，以1为公差的等差数列， 二年模拟试题二年模拟试题 第 15 页 / 共 27 页 所以1(1) 1 n Snn ，即 2 n Sn， 当2n时， 1 21 nnn aSSn ， 当1n 时， 11 1aS，也满足上式，所以21 n an； （2）当2n时， 111 (21)(22) n nannnn 11111 2 (1)21n nnn ， 所以 123 1111 23 n aaana 111111 11 22231nn 313 222n 2、 （2020 届浙江省之江教育评价联盟高

28、三第二次联考）已知数列 n a满足 1 1a ， 2 3a ，正项数列 n b 满足1 n n n b an a ，且 n b是公比为 3 的等比数列. （1）求 5346 ,a a a a及 n a的通项公式； （2）设 n S为 n a的前n项和，若2019 n S 恒成立，求正整数n的最小值 0 n. 【答案】 （1） 4536 3,9,9,27aaaa； 1 2 2 3, 3 , n n n n a n 为奇数 为偶数 （2） 0 13n 【解析】 （1）正项数列 n b满足 * 1 n n n b anN a ，且 n b是公比q为 3 的等比数列， 可得 112 3ba a，则3n

29、 n b， 1 3n nn a a ，可得 43 5 56 927813 3,9,9,27 3399 aaaa， 当2n时， 1 1 3n nn aa ，又 1 3n nn a a ， 相除可得 1 1 3 n n a a ，即数列 n a的奇数项、偶数项均为公比为 3 的等比数列， 可得 1 2 2 3, 3 , n n n n a n 为奇数 为偶数 . （2）当n为偶数时， 13124 ()() nnn Saaaaaa 第 16 页 / 共 27 页 2 2 2 22 3 1 3 1 3 1 33393 1 31 3 n n nn 222 13 31312 32 22 nnn ， 由 2

30、 2 322019 n ，解得14n， 当n为奇数， 111 222 1 2 32332 nnn nnn SSa ， 由 +1 2 3 322019 n ，解得13n， 综上可得 0 13n. 3、 （2020 届浙江省温丽联盟高三第一次联考）设 n S是等差数列 n a的前n项和，其中 1 1a ，且 * 1 n n n S an a N . （）求的值，并求出数列 n a的通项公式； （）设 3 n n n a b ，求证： 12 1 3 n bbb. 【答案】 （） 1 2 ， n an； （）证明见解析. 【解析】 （）解：令1n ，则 1 2 1 S a a ，则 2 1 a ， 令

31、2n，则 2 3 2 S a a ，得 3 1 1a ， n a为等差数列， 213 2aaa， 21 1 1 ， 1 2 ， 2 2a ， 3 3a ，1d ， 1 (1) n aandn， 1 2 ，数列 n a的通项公式为 n an； （）证：由题意得 3 n n n b ， 第 17 页 / 共 27 页 123 123 3333 n n n T ， 231 1121 33333 n nn nn T C， 231 21111 333333 n nn n T 1 11 1 33 1 3 1 3 n n n 1 1 1 3 23 n n n ， 323 44 3 n n n T ， 1 1

32、1 3253231 0 44 344 33 nn nnn nnn TT ， n T为递增数列，即 1 1 3 n TT， 12 1 3 n bbb成立 4、 （2020 届浙江省台州市温岭中月模拟）数列 n a中， 1 1a ， 2 1 4 a ，且 * 1 1 ,2 n nn an nNn ana . 1令 * 1 11 ,2 (1) nn f nnNn nana ，将 f n用n表示，并求 n a通项公式； 2令 222 12nn Taaa，求证： 7 6 n T . 【答案】 1 1,1 1 ,2 56 n n a n n ； 11 1 f n nn ； 2证明见解析. 【解析】 1数列

33、 n a中， 1 1a ， 2 1 4 a ， 且 * 1 1 N ,2 n nn an nn ana . 第 18 页 / 共 27 页 11111 1111 n n n f n nanan nnn n na . 2n时， 12 11111111 11 2231 n naannn . 1 1 51 n a n ，可得 1 56 n a n . 2n时成立. 1,1 1 ,2 56 n n a n n . 2证明：3n时， 2 2 11111 511 565 51156 56 n a nnnn n . 11 111111117 11 165 499145115616206 n T nn . 1

34、n ，2时也成立. 综上可得： 7 6 n T . 5、 （2020 届浙江省杭州市建人高复高三 4 月模拟）已知各项均为正数的数列 n a的前 n 项和满足1 n S ， 且 * 6(1)(2), nnn SaanN （1）求 n a的通项公式； （2）设数列 n b满足(21)1 n b n a，并记 n T为 n b的前 n 项和，求证： * 2 31log (3), nn TanN 【答案】 （1）31 n an（2）见解析 【解析】 （1）由 111211 1 (1)(1),1 6 aSaaaS结合，因此 1 2a 由 1111 11 (1)(2)(1)(2) 66 nnnnnnn

35、aSSaaaa 得 11 ()(3)0 nnnn aaaa ，又0 n a ，得 1 3 nn aa 从而 n a是首项为 2 公差为 3 的等差数列，故 n a的通项公式为31 n an 第 19 页 / 共 27 页 （2）由(21)1 n b n a可得 2 3 log 31 n n b n ，从而 2 3 63 log (.) 2 531 n n T n 3 2 3 63 3log (.) 2 531 n n T n = 333 2 363 log ( )( ). () 2531 n n 33132 31331 nnn nnn 3 3331 32 () 3131331 nnnn nnn

36、n 于是 333 2 363 3log ( )( ). () 2531 n n T n 22 3 4 56 7 8331 3232 log () () . ()log 2 3 45 6 7313312 nnnn nnn 22 31log (32)log (3) nn Tna 题型二、数列中的参数问题 1、 （2020 届浙江省温州市高三 4 月二模）已知数列 n a满足： 121 25 1,6 n n n a a aan *nN)若正 整数5k k 使得 222 1212kk aaaa aa成立，则k （ ） A16 B17 C18 D19 【答案】B 【解析】 当6n时， 1211 111

37、nnnnn aaaaaaa ，即 2 1 1 nnn aaa ，且 6 31a . 故 222 677687116 .55 nnnn aaaaaaaaanaan ， 222 1211 .161 kkk aaaaka ，故17k . 故选：B. 2、 （2020 届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知数列 n a满足 1 1a ， 2 1 21 nnnn aaaa ，则使得 2020 am最小的整数m是（ ） A65 B64 C63 D62 【答案】B 【解析】 第 20 页 / 共 27 页 因为 2 1 21 nnnn aaaa ，故可得 1 1 2 nn n aa a ， 1 10,0 n

38、 aa ，当2n时， 112211nnnnn aaaaaaaa 121 111 212 n nn aaa ， 所以 2020 4040a，所以 2020 63.5a， 另一方面 2 11 111 2 nn n n n n a aaa aan 22 222,2 22222 nnn nnnn 202023220202019 ()()aaaaaa 24038264.5 所以使得 2020 am最小的整数m是 64 故选:B. 3、 （2020 浙江省温州市新力量联盟高三上期末）已知数列 n a满足： 1 aa， 1 58 1 n n n a anN a ， 若对任意的正整数n，都有3 n a ，则实

39、数a的取值范围（ ） A0,3 B3, C3,4 D4, 【答案】B 【解析】 1 585(1)33 5(3) 111 nn nn nnn aa aa aaa ， 又 3 5 1 y x 在区间(3,)上单调递增， 11 3 nn aaaa ， 实数a的取值范围(3,)， 故选：B 第 21 页 / 共 27 页 4、 （2020 届江苏省南通市如皋市高三下学期二模）已知等比数列 n a的前n项和为 n S，若 12 12 2 3 a a aa ， 且 3 4S， 4 3S， 5 2S成等差数列，则满足不等式 4039 2020 n n S a 的n的最小值为_. 【答案】12 【解析】因为

40、3 4S， 4 3S， 5 2S成等差数列。所以等比数列的公比1q . 由题得 11 11 1 435 111 2 3 ,1,2. (1)(1)(1) 642 111 a a q aa q aq aqaqaq qqq 因为 4039 2020 n n S a ，所以 1 1 12 4039 12 ,22020, 22020 n n n 因为11n 时， 11 110 2210242020 ， 12n时， 12 111 2220482020 . 所以n的最小值为 12. 故答案为：12 5、 （2020 届山东省泰安市高三上期末）已知等差数列 n a的前 n 项和为 254 ,12,16 n S

41、 aaS (1)求 n a的通项公式； (2)数列 n b满足 1 41 nn n bT S ， 为数列 n b的前 n 项和，是否存在正整数 m，1kmk，使得 2 3 km TT?若存在，求出 m，k 的值；若不存在，请说明理由 【答案】 （1） * 21, n annN（2）存在，2,12mk 【解析】 （1）设等差数列 n a的公差为 d， 由 25 4 12 16 aa S 得 1 1 2512 238 ad ad ，解得 1 1 2 a d ， * 1 2121, n annnN ； 第 22 页 / 共 27 页 （2） 2 1 2 2 n n n Snn ， 2 1111 41

42、2 2121 n b nnn ， 12 1111111111 11 23352321212122121 nn n Tbbb nnnnnn ， 若 2 3 km TT，则 2 2 3 21 21 km k m ，整理得 2 2 3 41 2 m k mm ， 又1km， 2 2 3 412 1 m m mm m ，整理得 2 2 21 0 412 1 mm mm m ， 解得 6 11 2 m ， 又 * mN，2m，12k ， 存在2,12mk满足题意 6、 （2020 届山东实验中学高三上期中）设正项数列 n a的前 n 项和为 n S，已知 2 4=+2 nnn SaanN (1)求证：数

43、列 n a是等差数列，并求其通项公式 (2)设数列 n b的前 n 项和为 n T，且 1 4 n nn b aa ，若12 n n Tn 对任意nN都成立，求实数的 取值范围. 【答案】 （1）见证明； （2）, 2 【解析】 （1）证明: 2 42 nnn Saa，且0 n a ， 当1n 时， 2 111 42aaa，解得 1 2a 当2n时，有 2 111 42 nnn Saa 即 22 111 4422 nnnnnn SSaaaa ，即 22 11 422 nnnnn aaaaa 于是 22 11 22 nnnn aaaa ， 即 111 ()()2() nnnnnn aaaaaa

44、第 23 页 / 共 27 页 1 0 nn aa ， 1 2(2) nn aan 为常数 数列 n a是2为首项，2为公差的等差数列，2 n an （2）由（1）可得： 111 (1)1 n b n nnn ， 111111 (1)()()1 223111 n n T nnnn L 12 n n Tn ，即12 1 nn n n 对任意nN都成立 min 112(1) n n nn n 2 (6 2) 6 2 BDPD ， 当n为偶数时， (2)(1)nn n 恒成立， 令 (2)(1)2 3 nn f nn nn ， (1)2 10 (1) n n f nf n n n ， f n在nN上

45、为增函数， min 26f nf 当n为奇数时， (2)(1)nn n 恒成立，又 (2)(1)2 1 nn n nn ， 2 f nn n 易知：在 nN 为增函数， min 12f nf 由可知：2 综上所述的取值范围为:, 2 7、 （2020 浙江镇海中学高三 3 月模拟）在数列 n a中， 1 1a ， 2 3a ，且对任意的nN*，都有 21 32 nnn aaa . （）证明数列 +1nn aa是等比数列，并求数列 n a的通项公式； （）设 1 2n n nn b a a ，记数列 n b的前n项和为 n S，若对任意的nN*都有 1 n n Sm a ，求实数m的取 值范围. 第 24 页 / 共 27 页 【答案】 （）见证明； （） 1 3 m 【解析】 （）由 21 32 nnn aaa 可得 211 2() nnnn aaaa 又 1 1a ， 2 3a ，所以 21 20aa，故 21 1 2 nn nn aa aa . 所以 1 nn aa 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.所以 1 2n nn aa . 所以 1211 ()() n