2025年高考数学复习大题题型归纳：专题06 数列中的恒成立和存在性问题（解析）

专题06数列中的恒成立和存在性问题数列恒成立和存在练习解析1．设Sn为正项数列an的前n项和，满足（1）求an（2）若不等式1+2an+ta（3）设bn=e34【答案】（1）an=n+1（2）【分析】（1）根据题中的关系式，利用an=S（2）n=1时，求出t的范围，接着证明t的此范围对n≥2的正整数n都成立，首先由n+1+t>0，放缩1+2（3）根据（1）中的结论得到数列bn的通项公式，求出bnbn+2=24⋅1(n+3)n+3，再由当k≥2时，【详解】（1）∵2S∴2S两式相减，得2a即an∴an∵an为正项数列，∴a又由2S1=a1∴an（2）1+2an当n=1时，1+2解得−83≤t≤0下面证明当−83≤t≤0且t≠−2时，1+当n≥2时，n+1+t>0，∴1+2又当n=1时，上式显然成立，故只要证明1+2n+1n+1又1+2∴实数t的取值范围为−8（3）证明：由题得bn∵bnbn+2=(n+1)∴bn当k≥2时，1==21∴b1b3【点睛】本题考查已知Sn与an关系求数列的通项公式，考查不等式恒成立问题以及不等式的证明．在利用an=Sn−Sn−12．已知数列bn是首项b1=1,(1)求证：an(2)记cn=1bnbn+1(3)在（2）的条件下，记dn=3n+1⋅Sn，若对任意正整数【答案】(1)证明见解析.(2)S(3)11【分析】(1)运用等差数列的通项公式，可得公差d=3，进而得到bn(2)由（1）得cn(3)根据题意，求得dn=n，设f(n)=1n+1+1n+2【详解】（1）解：由b1=1及b4=10，得因为bn+2=3log14则an+1an=14n+1（2）解：由（1）得cnS（3）解：因为dn则问题转化为对任意正整数n使不等式1n+1设fnf==1所以fn+1>fn，故f由12>m24，所以3．已知数列{an}的前n项和为(1)求证：数列{a(2)若a2=5，令bn=1an，数列{bn}的前【答案】(1)证明见解析；(2)m∈(−∞,−2]∪[7,+∞).【分析】（1）利用an,Sn关系可得(n−2)a（2）由（1）结论及题设可得bn=14n−3，令cn【详解】（1）由题设，Sn=n(an所以an=Sn−所以(n−1)an+1−(n−2)an所以an+1+a（2）由2S1=a1+1，可得所以an=4n−3，故bn所以cn+1=T所以cn+1−c所以，在n∈[1,+∞)且n∈N∗上T2n+1要使45(T2n+1−Tn所以m∈(−∞,−2]∪[7,+∞).4．设f(x)=sin（1）当x≥0时，求证：f(x)≥0；（2）证明：对一切正整数n，都有sin1+【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】(1)利用导数确定函数fx在0,+∞上单调递增，从而有当x≥0时，f(x)≥f(0)=0(2)放缩法构造数列不等式，再利用裂项相消法证明不等式.【详解】(1)由题知，f'(x)=cosx−1+x，f″当x≥0时，f'所以f(x)在[0,+∞)单调递增，有f(x)≥f(0)=0恒成立.(2)由(1)知当x>0时，sinx>x−12有sin1故sin1+sin12即待证不等式成立．5．已知等差数列an满足a3=S2+1,S3=a4+2,其中Sn为a（1）求数列an、b（2）设an⋅bn的前n（3）设Cn=(an+4)(Sn+n)⋅b【答案】（1）an=2n−1；bn=3【分析】(1)设等差数列的公差为d，由已知条件，结合等差数列的通项公式和求和公式可得a1+2d=2a1+d+13a(2)由错位相减法即可求出前n项和Tn(3)由(1)可知Sn=n2，整理可得Cn=1n⋅3n−1−1n+1【详解】解：(1)设等差数列的公差为d，∵∴a1+2d=2a1设等比数列bn公比为q（其中q>0），因为b由2b2=b1+b所以数列bn的通项公式为b（2）由（1）得an则Tn=1×3T由①减去②得-2T则-2Tn=1+2×31−（3）由(1)可知，Sn则C∴=1−1n+1⋅∵n+1−13n∴λ≤53,∴λ【点睛】方法点睛:常见数列求和的方法有：公式法；裂项相消法；错位相减法；分组求和法等.6．已知数列an中，a1=1，点P(an（1）求数列an（2）设bn=1an，Sn为数列bn的前n项和，试问：是否存在关于n的整式【答案】（1）an=n；（2）存在，【解析】（1）根据点P(an,an+1)在直线x−y+1=0上，将点坐标代入方程，可得（2）由（1）可得bn，进而可求得Sn的表示式，化简整理，可得nS【详解】（1）因为点P(an,an+1所以an−an+1+1=0所以数列an所以an（2）bn=1所以Sn−S所以nSn(n−1)S(n−2)⋅⋅⋅2所以n所以S1根据题意S1所以g(n)=n，所以存在关于n的整式g(n)=n，使得S1【点睛】解题的关键是根据Sn表达式，整理得nSn与(n−1)Sn−17．记Sn为数列{an}的前(1){S(2)1a【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；【分析】（1）根据递推式可得Sn+a（2）由（1）求得an={1,n=12n−2【详解】（1）由已知得na1+(n−1)a2②−①：Sn+a特别地，①中令n=1得：a1=S所以{Sn}是首项为1（2）由（1）知：Sn=2故1a1+显然n=1时1a当n≥2时，1a所以1a8．已知数列an的前n项和为Sn，(1)求an(2)若bn=a2n，对任意的1≤n≤10，n∈N【答案】(1)an(2)t≤41【分析】（1）利用an和Sn的关系可得（2）由题可得bn=a2n=【详解】（1）由2S2S可得2an+1+2n+3=所以an+2所以an+2令n=1，可得a1=−6，令n=2，可得所以n为奇数时，an当n为偶数时，an即an（2）因为bn=a当n≥2时，bn令Cn当n≥2时，C=2n−1+=2−32所以C4<C3<所以Cn的最小值为C所以t≤419．已知等差数列an满足：a3=4，a(1)求an及S(2)令bn=1an2−1，若对于任意n∈N∗【答案】(1)an(2)[3【分析】（1）设等差数列an（2）利用裂项求和法求得数列bn的前n项和Tn，说明【详解】（1）设等差数列an由题设a3=4，a5+∴an=a（2）由（1）可得：bn∴T==34−又Tn∴m≥3即实数m的取值范围为[3410．已知数列an的前n项和为Sn，a1(1)求数列an(2)设数列bn满足2bn+(n−3)an=0n∈N∗，记数列bn【答案】(1)an(2)−1【分析】（1）利用Sn与an的关系，分n=1,n≥2讨论，得到数列（2）利用错位相减法求出Tn，然后分类讨论分离参数t，转化为t与关于n【详解】（1）当n=1时，2S1+当n≥2时，由2Sn+an即an是以−23所以an（2）由2bn+(n−3)所以Tn13Tn两式相减得2=−2所以Tn由Tn+3即t(n−3)≥3−2n当1≤n<3时，t≤3−2n4(n−3)=−当n=3时，不等式恒成立；当n>3时，t≥3−2n4(n−3)=−综上，−111．已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1=1，S6(1)求数列an和b(2)若对任意的n∈N∗，λb【答案】(1)an=3n−1，(2)−∞,9【分析】（1）设等比数列an的公比为q，由S6S3=28（2）由λ<3n3n−2对于任意的n∈N∗【详解】（1）解：设等比数列an的公比为q由S6S3=28，显然q≠1，所以由于a1=1，所以an的通项公式为a所以bn=3log所以bn的通项公式为bn=3n−2（2）因为λbn<3an令fn=3则fn+1当n>1时，fn+1>fn，所以f1>f所以实数λ的取值范围为−∞,912．设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是首项为1公比为q(q∈N∗(1)求数列{an}(2)设cn=an⋅bn，记{cn}的前【答案】(1)an=2n−1(2)[−【分析】（1）根据已知条件及等差等比数列的通项公式及前n项和公式即可求解；（2）利用（1）得出{cn}【详解】（1）设等差数列{an}的首项为a由n2(Tn由①得a1=1，由②得q=d，由③得所以数列{an}所以数列{bn}（2）由（1）知，an=2n−1，bnRn=(2⋅1−1)⋅22Rn=(2⋅1−1)⋅②-①得：R化简得：Rn又因为an2即(2n−1)2（i）当n=1时，1≥−2λ，所以λ≥−1（ii）当n≥2(n∈N∗)令f(n)=1f(n+1)−f(n)==当2≤n<2+52时，f(n+1)<f(n)当n>2+52时，f(n+1)>f(n)当n=3时，f(n)取得最小值为f(n)min=f(3)=所以λ的取值范围是[−113．已知数列an、bn满足a1=2，an+1(1)求证：an2n(2)若cn=nbnan，记cn前n项和为【答案】(1)证明见解析；an(2)λ≥3.【分析】(1)证明an+12n+1−an2(2)根据累乘法求bn，再求出cn，根据cn通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和T【详解】（1）∵a1=2，an+1an+12n+1=a∴an2∴an（2）由b1=1，∴bnbn−1=∴cn∴Tn12两式相减得，12∴T=1+2×12×∵cn中每一项cn>0，∴∵2n+32n>0，∴1∴λ≥3.14．已知正项数列an的首项a1=1，前n项和S(1)求数列an(2)记数列1anan+1的前n项和为Tn，若对任意的n∈【答案】(1)an(2)a≤−1或a≥2.【分析】（1）化简数列的递推公式，得Sn（2）利用裂项法，求解Tn【详解】（1）当n≥2时，an∴Sn−Sn−1=所以数列Sn是首项为1，公差为1的等差数列，故S又由an=Sn+当n=1时，a1所以an（2）∵1a∴Tn又∵对任意的n∈N∗，不等式∴2≤a2−a，解得a≤−1即所求实数a的范围是a≤−1或a≥2.15．已知各项为正数的数列an的前n项和为Sn，若(1)求数列an(2)设bn=2anan+1，且数列b【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）利用公式a1=S1，n≥2时，（2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式.【详解】（1）当n=1时，4a1=当n≥2时，由4Sn=两式相减可得4an=an∴an−an−1=2，即因此，an的通项公式为a（2）证明：由1可知an=2n−1，所以Tn因为12n+1>0恒成立，所以又因为Tn+1−Tn=综上可得2316．函数fx=ax2+bx+c满足f(1)求实数a，b，c的值；(2)已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且点an,4Sn在函数fx【答案】(1)a=2，b=2，c=0(2)−【分析】（1）根据已知条件，可推得a=bc=0，又已知切线方程，设出切点，根据导函数即可解得a（2）由已知可得，2Sn=an2+an，进而可推得an是等差数列，求出【详解】（1）因为，f0f−x−1=a−x−1又f0=0，所以有c=02a−b=ba−b+c=c，解得a=bc=0，所以f因为函数fx=ax2+ax则f'x0即2ax0+a=−2ax02+ax所以fx（2）由（1）知，4Sn=2当n=1时，2S1=a1当n≥2时，有2Sn=所以有2Sn−因为an+an−1≠0所以，an是以a所以，an=a则不等式Sn+8>(−1)nn+1即−1n⋅λ<n①当n为偶数时，即有λ<n因为n2当且仅当n2=8n，即②当n为奇数时，即有−λ<n令ℎx=x当0<x<4时，ℎ'x<0当x>4时，ℎ'x>0又ℎ3=3所以当n为奇数时，ℎx=x所以，−λ<235，即有综上所述，−23【点睛】在求解数列不等式恒成立时，常采用分离参数转变为求最值的方法，然后结合不等式或者构造函数求导得到数列的单调性，进而得到最值.本题将λ分离后，转化为−1n⋅λ<n2+8n+12对于任意17．已知an为等差数列，bn为公比q≠1的等比数列，且a1=b(1)求an与b(2)设cn=bn+1a(3)在（2）的条件下，若对任意的n≥1，n∈N，2Tn>【答案】(1)an=2n−1(2)T(3)−∞,【分析】（1）利用等差和等比数列通项公式可构造方程组求得d,q，由此可得an（2）采用分组求和的方式，根据等比数列求和公式和裂项相消法可求得Tn（3）将恒成立的不等式转化为t<3n4n−3，令bn=3n【详解】（1）设等差数列an的公差为d由a2=b2a5=∴an=1+2（2）由（1）得：cn∴Tn=（3）由（2）得：3n−12n+1>∴t<3n4n−3对任意的n≥1令bn=3则当n=1时，b2<b1；当∴bnmin=b2=18．已知数列an的前n项和为Sn，满足：(1)求证：数列an(2)若a2=3，数列bn满足b1=a1,b(3)在（2）的前提下，记cn=6n−7bnanan+2,n为奇数log2【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)−1,5【分析】（1）由条件可得2Sn=nan+nn∈（2）首先可求出an、bn，然后计算出（3）首先可得cn=6n−72n−12n−12n+3,n为奇数,n,n为偶数,【详解】（1）因为2Snn=a两式相减可得2an+1由nan−1=两式相减可得n+1化简可得2nan+1=n所以数列an（2）由2Snn=a因为a2=3，所以因为数列bn满足lg所以lgbnb所以数列bn为等比数列，因为b1=a1=1,所以Tn所以Tn⋅T（3）由（2）可得Sn由已知c可得c设cn的前2n项和中，奇数项的和为Pn，偶数项的和为所以Pn当n为奇数时，cn所以P==当n为偶数时，cn所以Q=由(−1)n得(−1)n即(−1)n当n为偶数时，λ<n2+n−1当n为奇数时，−λ<n2+n−1故对一切n∈N*恒成立，则19．设an是公差不为零的等差数列，满足a1=1，a6+a7=a(1)求数列an和b(2)在b1和b2之间插入1个数x11，使b1、x11、b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差数列；…，在bn和bn+1之间插入n个数xn1(3)对于（2）中求得的Tn，是否存在正整数m、n，使得Tn=【答案】(1)an=n(2)T(3)存在，所有的正整数对m,n为9,2及3,3.【分析】（1）设数列an的公差，利用等差数列的通项公式基本量计算求出d＝1，从而an=n，再由bn=S1（2）由题意推导出公差dn=−13n(n+1)，从而xnk（3）由Tn=am+12am及第（2）问得到m=2+4n+63n−2n−3，求出当【详解】（1）设等差数列an则由a6+a因为a1=1，所以所以an由4Sn当n≥2时，4Sn−1①﹣②，得4b∴bn又当n=1时，4b1+2∴bn是首项为12，公比为∴bn（2）在bn和bn+1之间插入n个数xn1、xn2、…、xnn，使bn、xn1、x∴dn则xnk∴k=1n∴Tn=则13T①﹣②得23∴Tn（3）假设存在正整数m，n，使TnTnm=2×当n=1时，m=2+10当n＝2时，m=2+14当n＝3时，m=2+1=3∈N下证，当n≥4n∈N∗时，有3n设fx=3x−6x−9∴fx在4,+∞故n≥4时，3n∴0<4n+6∴n≥4时，m不是整数，∴所有的正整数对m,n为9,2及3,3.【点睛】本题第二问和第三问有难度，第二问需要先理解题意，转化为等差数列通项公式和求和公式，结合错位相减法进行求解，而第三问则是数列与函数的综合，需要利用导函数来证明当n≥4n∈N∗时，有3n20．已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，(1)求证：数列an+1−a(2)若λ1+Sn【答案】(1)证明见解析，a(2)3【分析】(1)要证明数列an+1−an是等比数列，需要把已知递推公式变形为an+2(2)求出Sn，不等式等价于λ≥2n−112n恒成立，令【详解】（1）由an+2−3an+1+2又a2−a所以，数列an+1则an+1−aan=a当n=1时，a1=1满足上式，所以，an（2）由（1）可知，数列an的首项为1，公比为2的等比数列，则S由λ1+Sn令bn=2n−11则n≤6时，bn+1−b当n≥7时，bn+1−b则bn的最大值为b7=312821．已知函数fx满足fx+f1−x=2(1)求数列an(2)若数列bn满足b1=23，bn=1an⋅an+1（n≥2【答案】(1)an=n+1，(2)2【分析】（1）由fx（2）由（1）可得bn的通项公式，由数列的裂项相消求和可得S【详解】（1）因为f(x)+f(1−x)=2,由an=f(0)+f则an=f(1)+f所以①+②可得：2a故an=n+1，（2）由（1）知，an=n+1，则n≥2时，所以S

=

=1−1又由Sn<λan+1对一切即有λ>1n+2−当n=1时,−1n+2−12故实数λ的取值范围是2922．若an为等差数列，bn为等比数列，(1)求an和b(2)对任意的正整数n，设cn=3an(3)记an的前n项和为Sn，且满足2Sn−【答案】(1)an=n(2)4(3)m≥【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.a1b1=1,b5=4（2）由（1）知当n为奇数时，cn当n为偶数时，cn(3)把恒成立转化为求最大值问题,作差比较大小,应用单调求解即可.【详解】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为因为a1=1，所以a1解得d=1.所以an的通项公式为a由b1又q≠0，得q2解得q=2，所以bn的通项公式为b（2）当n为奇数时，cn当n为偶数时，cn对任意的正整数n，有k=1nk=1nc由①得14k=1由①②得34=2=5所以k=1n所以k=12n所以数列cn的前2n项和为4（3）因为2Sn−a而Sn=即n−1≤m2n−1,可得n−1令gn=g当n≥2时,gn+1−gn<0,即当n=1时,gn+1−g所以gnmax23．已知各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)已知bn=23nn∈N【答案】(1)an(2)存在，m=2或m=3；【分析】（1）由题设2Sn=an（2）由（1）知anbn=n2【详解】（1）由题设2Sn=当n=1时，2S1=2当n≥2时，2(Sn−由an+a所以an是首项、公差均为1的等差数列，故a（2）由（1）知：anbn=n2令f(x)=x⋅(23)x若f'(x)=0，即1+xln2在(0,log32e)上f'(x)>0，f(x)递增，所以f(x)在(0,+∞)有最大值，又2<log对于n23n，当n=2时，a2b综上，a1b1<a2b24．已知数列an是递增的等比数列．设其公比为q，前n项和为Sn，并且满足a1+a5=34(1)求数列an(2)若bn=n⋅an，Tn是bn的前【答案】(1)an=2(2)5【分析】（1）根据等比数列的性质结合条件8是a2与a4的等比中项得到a1a5=64，联立条件（2）根据（1）求得bn=n⋅2n，利用错位相减求和得到Tn【详解】（1）因为8是a2与a4的等比中项，所以则由题意得：a1+a5=34a2因为数列an是递增的等比数列，所以a1=2a5所以an故数列an的通项公式为an=（2）由（1）得：bn=n⋅a则T=1×21即2Tn则①−②得：−即Tn=n×2所以Tn−n⋅2设Cn=Tn−n⋅因为y=2−2x+1在所以Cn又有C5=2−2所以当n≤5且n∈N∗时，故使Tn−n⋅2n+1>−10025．已知数列{an}的前(1)证明：数列{Sn(2)∀n∈N∗，【答案】(1)证明见解析；(2)−3.【分析】（1）由an+1=S（2）由（1）求得Sn，从而代入已知等式后求得an+1得【详解】（1）Sn=an+1−2n∴Sn+1又∵a1=1，∴所以数列{Sn2（2）由(1)知：Sn所以Sn∴an+1∴an又a1∴an因为∀n所以n−6n+1所以∀n∈N∗，n−6记fx又f(x)在(1,52)又因为n∈N∗，所以fn所以λ≤−3，所以λ的最大值为−3．26．已知函数fx=x+(1)当n≥2时，求Sn(2)设a1=12,an=1Sn【答案】(1)S(2)2【分析】（1）依据题给条件，利用等差数列前n项和公式即可求得Sn（2）先利用裂项相消法求得数列{an}【详解】（1）由fxS=则当n≥2时，S（2）由（1）可得，当n≥2时，S则当n≥2时，an=1则当n≥2时，数列{aT又当n≥2时，n+1≥3，0<1n+1由Tn<m2则当n≥2时，使得Tn当n=1时，T1综上，使得Tn27．已知数列an的前n项和为(1)证明数列Sn2n(2)设bn=Sn3n，若对任意正整数【答案】(1)证明见解析，an(2)m<−1或m>2.【分析】（1）由递推关系变形可得Sn+12n+1=Sn2n+1（2）由（1）计算bn+1−bn，判断数列bn【详解】（1）由Sn+1=2Sn+所以数列Sn2n∴Sn∴当n≥2时，an又a1所以an（2）由（1）知Sn∴∴∴当n≤2时，bn+1当n≥3时，bn+1<所以bn的最大值为b依题意2027<m解得m<−1或m>2.28．已知an为等差数列，公差为d，bn是公比为2的等比数列，且a2(1)证明：a1(2)求集合k|b【答案】(1)证明见解析(2)128个【分析】（1）根据题意列出方程组即可证明结论；（2）根据题意化简可得2k−2【详解】（1）由题意知a2=b2a3+（2）由（1）知，a1=d=b所以bkan=a所以bk=a所以2k−2=m，1≤m≤100，故m可取1,2,4,8,16,32,64，解得故集合中共有7个元素，所以集合k|bk=29．已知数列an满足a1=1(1)求an(2)若bn=12an，设数列an【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）由数列的递推公式，利用累乘法求数列通项；（2）利用错位相减法求数列anbn【详解】（1）由2n−1an+1=2n+1a所以an+1当n≥2时，有a=2n−1当n=1时，a1=1=2×1−1，符合上式，所以（2）由（1）得bn=1所以Sn所以12两式相减，得3=1所以Sn因为6n+53×22n−130．已知数列an中，a1=1，Sn为数列an(1)求数列an(2)若数列bn满足b1+22⋅b2+【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）利用Sn、a（2）结合（1）的结论利用递推关系可得bn=1【详解】（1）由题意得an⋅S所以an⋅Sn+1因此an+1⋅由②-①，得an+1an+2因此an+1=0或因为an≠0，所以an+1所以数列an又因为a1=1,a所以a2n−1=a1+(n−1)⋅2=2n−1（2）证明：由（1）知b1可得b1两式相减，得n2⋅b又b1=a1=1所以Tn=所以Tn31．已知an是等差数列，bn是等比数列（公比不为1），bn的前n项和Tn(1)求数列：an，b(2)设cn=an+1−anbn+1−b【答案】(1)an=n+2(2)2【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公差和公比，得到an，b（2）求出cn的通项公式并得到cn为等比数列，利用等比数列求和公式得到Mn【详解】（1）设an的公差为d,bn由已知可得a1=b解得d=1,所以an的通项公式为abn的通项公式为b（2）由（1）知cn=a所以cn为等比数列，公比为1所以Mn因为Mn<m恒成立，所以而23所以m≥2所以m的最小值为2332．已知公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn，且a1(1)求数列an的通项公式a(2)若n≥2，1S2−1【答案】(1)a(2)4【分析】（1）设等差数列an的公差为d，由a1,a2,a5成等比，求得2a1=d（2）由（1）求得1Sn−1令12(3【详解】（1）解：设等差数列an的公差为d，因为a1,可得a1a1又因为d≠0，所以2a因为a2⋅a可得a12−a1当a1=0时，当a1=1时，d=2a所以数列an的通项公式为a（2）解：由an=2n−1，可得所以1S当n≥2时，1S=1令12(3即9n2−31n−20=(9n+5)(n−4)≥0，解得n≥4，所以n33．已知数列an满足a1(1)设bn=a(2)设数列an的前n项和为Sn，求使得不等式Sn【答案】(1)b(2)20【分析】（1）通过构造得bn+1−3=2b（2）利用等比数列求和公式得S2n=2n+1+3n−2，通过作差得S2n+1−【详解】（1）因为a所以a2n=a2n−1−1，a又因为bn=a2n+因为bn+1=a又因为a2n+1=2a2n，所以bn+1即bn+1所以bn+1又因为b1−3=a1+所以数列bn所以bn−3=2×2（2）由（1）可知a2n−1+a所以S2n+2又因为a2n=a即a2n−1=2所以S2n+1因为S2n+1S2n+2所以Sn因为S19=3×2所以满足题意的n的最小值是20．34．已知函数fx(1)若函数fx在点1,f1处的切线在两坐标轴上截距相等，求(2)（i）当x>1时，fx>0恒成立，求正整数（ii）记an=1+1×21+2×3⋯1+n−1n，bn【答案】(1)−13(2)（i）5

（ii）an【分析】（1）求出切线，令切线过原点或切线斜率为−1即可；（2）（i）利用导数，求出fx的最小值fxmin（ii）分别对an和bn取对数，对lna【详解】（1）由已知，fx定义域为0,+∞∵fx∴f1=ln1+2k1+2−k=k+2，∴又∵f'∴由导数的几何意义，函数fx在点1,k+2处的切线斜率为f∴函数fx在点1,k+2处的切线方程为y−整理得，1−2kx−y+3k+1=0若切线在两坐标轴上截距相等，则①当切线过原点时，3k+1=0，解得k=−13，切线方程为②当切线不过原点时，斜线斜率1−2k=−1，解得k=1，切线方程为x+y−4=0.∴k的值为−13或（2）（i）由（1）知，f'x=x−2kx若k为正整数，则2k>1，∴当x∈1,2k时，f'x=x−2k当x∈2k,+∞时，f'x=x−2k∴当x>1时，fx的极小值，也是最小值为f若当x>1时，fx>0恒成立，则fx设gx=ln2x当x≥1时，g'x=1−xx∴当k∈N+时，又∵G5=ln10−2>lne∴使fxmin=ln2k+3−k>0∴当x>1时，使fx>0恒成立的正整数k的最大值为（ii）an∵当n∈N+且n≥2∴ln=ln>ln1×2+ln2×3又∵bn=e2①当n=2时，lna②当n≥3时，由（i）知，∀x>1，fx=lnx+2k∴当k=4时，∀x>1，fx=lnx+8∴lnn−1∴ln>0+=2=2n−2综上所述，当n∈N+且n≥2时，lna【点睛】易错点睛：本题用到了两次放缩，一次是对lnan的放缩，一次是应用题中证明结论进行放缩后裂项求和，如果直接进行第二次放缩，再求和时会发现放缩过度，导致无法证明，因此对n进行了分类讨论，当n=2时，不进行第二次放缩，当35．设对任意n∈N*，数列an满足0<an<1，(1)证明：cn单调递增，且c(2)记bn=ana【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由cn+1cn（2）由裂项求和即可求解.【详解】（1）证明：由于cn=a所以cn+1>c假设存在k∈N*，使得ck所以an+1不妨取n>k+logck+11ak+1，即ck+1n−k>1a（2）由（1）有0<cn<1bn于是k=1n故可取t=2c136．设函数fn(1)求函数f3x在点(2)证明:对每个n∈N*，存在唯一的xn(3)证明:对于任意p∈N∗，由（2）中xn构成的数列x【答案】(1)y=(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；（2）根据f'x>0，得函数fx在0,（3）由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得x【详解】（1）f3x=−1+x+所以f3'1所以函数f3x在点1,f3（2）对每个n∈N*，当由函数fn可得f'x=1+x2由于f11=0，当n≥2时，f又fn23根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈2（3）对于任意p∈N∗，由（1）中xn构成数列x∵fn+1x由fn+1x在0,+∞上单调递增，可得x即对任意的n、p∈N∗由于fnxfn+px用（1）减去（2）并移项，利用0<xn+p<n+p综上可得，对于任意p∈N∗，由（1）中xn构成数列x【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fx>gx（或fx<gx）转化为证明（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.37．已知数列an满足2(1)求数列an(2)若不等式tan−n+2≤0对n∈【