高考数学考点24 数列的综合应用
1
能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.
对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前 n 项和；分析等差、等比数
列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法．
考向一 等差、等比数列的综合应用
解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系，
（1）如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，则要把成等差数列和成等比数列的项分别抽
出来，研究这些项与序号之间的关系；
（2）如果两个数列是通过运算综合在一起的，就要从分析运算入手，把两个数列分割开，再根据两个数列
各自的特征进行求解．
典例 1 已知数列 的各项均为整数， ， ，前 12 项依次成等差数列，从第 11 项起依次
成等比数列，则
A．8 B．16
C．64 D．128
【答案】B
【解析】设由前 12 项构成的等差数列的公差为 ，从第 11 项起构成的等比数列的公比为 ，
由 ， 解 得 或 ， 又 数 列 的 各 项 均 为 整 数 ， 故 ， 所 以
na 8 2a 13 4a
15a
d q
22
12
13
11
2 4 42 3
daa a d
1d 3
4d na 1d
2
，所以 ，故 .
故选 B．
【名师点睛】本题综合考查了等比数列与等差数列的通项公式，考查了逻辑推理能力及运算求解能力.利用
等差数列、等比数列的通项公式求出公差与公比即可得到所求值.
典例 2 已知等差数列 中， .
（1）设 ，求证：数列 是等比数列；
（2）求 的前 项和.
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，
由 ，可得 ，即 .
又由 ，可得 .
故 ，
依题意， ，
因为 （常数），
故 是首项为 4，公比 的等比数列.
（2）因为 的前 项和为 ，
的前 项和为 ，
故 的前 项和为 .
【名师点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式，以及等差、等比数列的求和的应用，其中
熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.求解
13
12
2aq a 11
10 12
2 13n n
n na
n
，
，
4
15 2 16a
na 1 2 42, 16a a a
2 na
nb nb
n na b n
3 23 1 1 422 7 7
nn n
na d
2 4 16a a 1 1 3 16a d a d 12 4 16a d
1 2a 3d
1 1 2 1 3 3 1na a n d n n
3 12 n
nb
3 2
31
3 1
2 22
n
n
n
n
b
b
nb 8q
na n 1 3 1
2 2
nn a a n n
nb n
3 1 3
3 21 4 2 2 1 421 1 8 7 7
n
nnb b q
q
n na b n 3 23 1 1 422 7 7
nn n
3
本题时，（1）设 的公差为 ，由题意求得 ，即可求得数列的通项公式，进而得到数列 的通
项公式，利用等比数列的定义，即可作出证明；（2）由（1）可得 的前 项和和 的前 项和，即
可得到数列 的前 项和.
1．已知公差不为零的等差数列 和等比数列 满足： ，且 成等比数列.
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）令 ，求数列 的前 项和 .
考向二 数列与函数、不等式等的综合应用
1．数列可看作是自变量为正整数的一类函数，数列的通项公式相当于函数的解析式，所以我们可以用函数
的观点来研究数列．
解决数列与函数综合问题的注意点：
（1）数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群
孤立的点．
（2）转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的
问题．
（3）利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
2．数列与不等式的综合问题是高考考查的热点．考查方式主要有三种：
（1）判断数列问题中的一些不等关系；
（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；
（3）考查与数列问题有关的不等式的证明问题．
在解决这些问题时，要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性的时候，可以通过比较相
邻两项的大小进行判断．在与不等式的证明相结合时，注意构造函数，结合函数的单调性来证明不等式．
典例 3 已知数列 满足 = ．
na d 3d nb
na n nb n
n na b n
na nb 1 1 2 43,a b b a 1 4 13, ,a a a
na nb
n
n
n
ac b nc n nS
4
（1）求证：数列 是等比数列;
（2）若 恒成立,求实数 的取值范围．
典例 4 已知函数 满足 且 .
（1）当 时，求 的表达式；
（2）设 ， ，求证： … ；
（3）设 ， ， 为 的前 项和，当 最大时，求 的值.
*nN
19n
f nb n f n
5
∴数列 是一个首项是 4，公差为 的等差数列，
∴当 时， ；当 时， ；当 时， .
故当 或 时， 取得最大值，为 .
2．已知数列 为等比数列，数列 为等差数列，且 ， ， .
（1）求数列 ， 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，证明： .
8 7 14 8 ( ) 182 2
na nb 1 1 1b a 2 1 2b a a 3 32 6a b
na nb
2
1
n
n n
c b b
nc n nT 1 1
5 3nT
6
考向三 等差、等比数列的实际应用
1．数列实际应用中的常见模型
①等差模型：增加或减少的量是一个固定的常数 ， 是公差；
②等比模型：后一个量与前一个量的比是一个固定的常数 ， 是公比；
③递推数列模型：题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，由此列递推关系式．
2．解答数列实际应用题的步骤 学￥
①审题：仔细阅读题干，认真理解题意；
②建模：将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题；
③求解：求出该问题的数学解；
④还原：将所求结果还原到实际问题中．
在实际问题中建立数学模型时，一般有两种途径：①从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；②从一
般入手，找到递推关系，再进行求解．
典例 5 某台商到大陆一创业园投资 72 万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种经费 12 万美元,以后每年比
上一年增加 4 万美元,每年销售蔬菜收入 50 万美元,设 f(n)表示前 n 年的纯利润(f(n)=前 n 年的总收入-前 n 年
的总支出-投资额).
（1）从第几年开始获得纯利润?
（2）若五年后,该台商为开发新项目,决定出售该厂,现有两种方案：①年平均利润最大时,以 48 万美元出售
该厂；②纯利润总和最大时,以 16 万美元出售该厂.问哪种方案较合算?
【解析】由题意,知每年的经费构成了以 12 为首项,4 为公差的等差数列,
则 f(n)=50n-[12n+ ×4]-72=-2n2+40n-72.
（1）获得纯利润就是要求 f(n)>0,即-2n2+40n-72>0,解得 2
1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的等差中项．数列{bn}满
足 b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前 n 项和为 2n2+n．
（1）求 q 的值；
（2）求数列{bn}的通项公式．
7．（2018 天津理科）设 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 ， 是等差数列. 已知
， ， ， .
（1）求 和 的通项公式；
（2）设数列 的前 n 项和为 ，
（i）求 ；
（ii）证明 .
{ }na ( )nS n N { }nb
1 1a 3 2 2a a 4 3 5a b b 5 4 62a b b
{ }na { }nb
{ }nS ( )nT n N
nT
2
2
1
( ) 2 2( )( 1)( 2) 2
nn
k k k
k
T b b nk k n
N
18
8．（2018 江苏）设 是首项为 ，公差为 d 的等差数列， 是首项为 ，公比为 q 的等比数列．
（1）设 ，若 对 均成立，求 d 的取值范围；
（2）若 ，证明：存在 ，使得 对 均成立，并
求 的取值范围（用 表示）．
1．【答案】（1） ; ；（2） .
【解析】（1）设 的公差为 ，
则由已知得 ，即 ，解之得： 或 （舍），
所以 ；
因为 ，
{ }na 1a { }nb 1b
1 10, 1, 2a b q 1| |n na b b 1,2,3,4n
*
1 1 0, , (1, 2]ma b m q N d R 1| |n na b b 2,3, , 1n m
d 1, ,b m q
变式拓展
2 1na n 3n
nb 22 3n n
nS
na d
2
1 13 4a a a 23 3 12 3 3d d 2d 0d
3 2 1 2 1na n n
2 4 9b a
19
【名师点睛】一般地，如果数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可
采用错位相减法进行求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．求解本题时，
（1）由题意可得等差数列的公差 ，则 ；等比数列 的公比 ，
.（2）由（1）可知 ，错位相减可得前 n 项和 .
2．【答案】（1） ；（2） .
【解析】（1）设数列 的公比为 ，数列 的公差为 ，
由题意得 ， ，解得 ，
所以 . 学￥
（2）因为 ，
所以
，
因为 ，
2d 3 2 1 2 1na n n nb 3q
3n
nb 2 1
3n n
nc 22 3n n
nS
12 , 2 1n
n na b n 1 1
5 3nT
na q nb d
1 1d q 2 2 1 2 6q d 2d q
12 , 2 1n
n na b n
2
1
n
n n
c b b
1 1 1 1
2 1 2 3 4 2 1 2 3n n n n
1 1 1 1 1 1 1 114 5 3 7 2 3 2 1 2 1 2 3nT n n n n
1 1 1 1 1 1 1 114 3 2 1 2 3 3 4 2 1 2 3n n n n
1 1 1 04 2 1 2 3n n
20
所以 ，
又因为 在 上单调递增，
所以当 时， 取最小值 ，
所以 .
【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难
点的方法是熟悉式子的结构特点，常见的裂项技巧：
（1） ；（2） ；
（3） ；（4） .
此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
3．【答案】(1) ；（2） .
4．【答案】（1） ；（2） ；（3）存在正整数 m＝11，n＝1；m＝2，n＝3；m＝6，n
＝11 使得 b2，bm，bn 成等差数列.
1
3nT
nT 1,
1n nT 1
1
5T
1 1
5 3nT
1 1 1 1
n n k k n n k
1
n k n 1 n k nk
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
1 1
1 2 2n n n
1 1
1 1 2n n n n
f n 3 2 72
n
n
2023
2 7na n 6 1nC n
21
【名师点睛】本小题主要考查利用基本元的思想求数列的通项公式,考查两个数的最小公倍数,考查存在
性问题的求解方法.对于题目已知数列为等差数列的题目,要求通项公式或者前 项和公式,可以考虑将已
知条件转化为关于 的等式,列方程组来求解,当已知条件为等比数列时,则转化为 的等式来求解.
5．【答案】（1） ， ；（2）见解析.
【解析】（1）设数列 的公差为 ，数列 的公比为 ，
依题意有 ，解得 ，
又 ，
∴ ，
于是 ， .
（2）易知 ,
n
1,a d 1,a q
1 1na a n d n 1
1 2n n
nb b q
na d nb q
2
4
2 2 10
4 2 36
d q
d q
2
1
4
d
q
0nb
2q
1 1na a n d n 1
1 2n n
nb b q
2n
nc n
22
∴ ，
，
两式相减，得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
1．【答案】B
【解析】由 ， 可知数列 的首项和公差分别为 ,所以
,故 .故选 B．
2．【答案】A
【解析】依题意可知 ,所以 .故选 A．
3．【答案】B
【 解 析 】 由 题 可 得 ： ， 所 以 ， 故
，所以 是以公差为 1 的等差数列，故 ，故选 B．
【名师点睛】本题考查等比数列和等差数列的通项和前 n 项和，先求出 q=3，得到等比数列的通项是解
题的关键，属于基础题.根据 ， 可以先求出公比 q，然后根据等比数列通项公式得到 ，
从而得到 为等差数列，再根据等差求和公式即可.
4．【答案】C
【解析】由题意知 恒为定值，且 时， ，所以当 时，
，所以 ，于是 ，所以数列
2 31 2 2 2 3 2 2n
nT n
2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n
nT n n
2 3 1 12 2 2 2 2 1 2 2n n n
nT n n
11 2 2n
nT n
22 1 12 2 2 2 0n n
nT n n
2 12 2n
nT n
考点冲关
1 2 10a a 4 3 2a a na 1 4, 2, 2 2na d a n
2 38, 16b b 2
5 32, 16 4 64q b b q
2
1 2 2 21 4 5, 1 4 4, 2a a b b 1 2
2
5
2
a a
b
35
2
27 3a q qa 2 2 1
2 3 3 3n n n
na a q
1
3log 3 1n
nb n nb 1 8
8
8 282
b bT
2 3a 5 81a na
nb
5n na a 1 6n 2
na n 1n
2 2
5 1 6 1 6 37n na a a a 5 10 537n n n na a a a 10n na a na
23
是周期为 10 的周期数列，所以 ，故选 C．
【名师点睛】本题主要考查了数列的递推关系式和数列的周期性的应用，其中解答中根据数列的递推关
系式得 ，进而得到数列 是周期为 10 的周期数列是解答的关键，着重考查了分析问题和解
答问题的能力，以及推理与论证能力，试题属于中档试题.
5．【答案】C
6．【答案】B
【解析】由题中三角形数阵中可知，第一行有 1 个数字，第二行有 2 个数字，第三行由 3 个数字， ，
第 行有 个数字，由等差数列的前 项和公式可得前 行共有 个数字，即第 14 行
的最后一个数字为 ，所以第 15 行的第 1 个数字为 ，第 15 行的第 5 个数字为 ，故选 B．
【名师点睛】本题主要考查了数表、数阵数列的应用，其中根据数表、数阵数列的数字排列规律，合理
利用等差、等比数列的通项公式和前 项和公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的
能力，以及转化与化归思想的应用.解本题时，根据三角形数阵的数字的排列规律，利用等差数列的求和
公式，可计算得出第 14 行的最后一个数字，从而求得第 15 行的第 5 个数字的值.
7．【答案】D
【解析】令 f(x)=x3+2016x,则 f ′(x)=3x2+2016>0，所以 f(x)在 R 上单调递增,且 f(x)为奇函数.
由条件得,f( )=−1,f( )=1，∴ ,从而 + =2，
又等差数列 的前 项和为 ，所以 = = =2016，
因为 f( )=−1,f( )=1,f(x)在 R 上单调递增，所以 > ,即 > ，
故选 D．
【名师点睛】本题解题的关键是由题意合理构造函数 f(x)=x3+2016x，借助此函数的单调性与奇偶性明确
+ =2，再利用等差数列的重要性质，问题迎刃而解. 学￥
2
2018 8 337 37 3 28a a a
10n na a na
n n n 14 14 1 14 1052
1042 1052 1092
n
2013 1a 4 1a 2013 41 1 0a a 4a 2013a
na n nS 2016S 1 20162016
2
a a 4 20132016
2
a a
2013 1a 4 1a 4 1a 2013 1a 4a 2013a
4a 2013a
24
8．【答案】B
9．【答案】
【解析】∵数列 是等差数列，数列 是等比数列，∴ ，即 ；
.∴ .
故答案为 .
10．【答案】( ， )
【解析】因为 ，所以 ，两式作差得 ，
数 列 中 ， 奇 数 项 和 偶 数 项 分 别 为 公 差 等 于 2 的 等 差 数 列 ， 又 由 条 件 可 得 ，
，若数列 为递增数列，则只需 ，解得 .故
填( ， ).
【名师点睛】本题也可利用数列的通项公式求解，由题的解法可知数列 和数列
分别为等差数列，可分别求出其通项公式，然后根据 求解，注意分类讨论，即当 n 为奇
（偶）数时， 为偶（奇）数.
11．【答案】（1）见解析；（2）见解析.
3
na nb 1000 1018 10092 2πa a a 1009 πa
2
6 2012 1009 2b b b 2 2016 1009
2
3 2015 1009
2 2πtan tan tan 31 1 3
a a a
b b b
3
1
2
3
2
1 2 1n na a n 1 2 1 2n na a n n 1 1 2n na a 2n
na 1a m
2 3 43 , 2 , 5a m a m a m na 1 2 3a a a 1 3
2 2m
1
2
3
2
1 3 5, , ,a a a 2 4 6, , ,a a a
1 0n na a
1n
25
【思路点拨】（1）根据条件构造等比数列： ，再根据等比数列的定义给予证明；
（2）先根据等比数列通项公式求得 ，即得 的通项公式，再根据分组求和法得 ，最
后判断 是否成立.
12．【答案】（1） ， ；（2） .
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，则 .
因为 ，
所以 ，
因为 ，解得 .
所以 ， .
（2） .
11 2 1n na a （ ）
1 2n
na na nS
2n nn S a
72n
na *nN 2
2 2 13nT n n
na q 0q
1 2
1 1 2
n n na a a
1 1
1 1 1
1 1 2
n n na q a q a q
0q 2q
1 71 2 264
n n
na *nN
2
21 logn
n nb a 2 27
21 log 2 1 7n nn n
26
设 ，则 .
.
13．【答案】（1） ；（2）见解析.
所以 .
【名师点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，
保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是
7nc n 21 n
n nb c
2 1 2 3 4nT b b b b 2 1 2n nb b
2 2 2
1 2 3c c c 2 2 2
4 2 1 2n nc c c
1 2 1 2 3 4c c c c c c 3 4 2 1 2n nc c c c 2 1 2n nc c
1 2 3 4 2 1 2n nc c c c c c
2 6 2 7
2
n n
2 13n n
22 13n n
4 4na n
32 2nT n
27
此法的根源与目的．
14．【答案】（1）an=2n−1；（2） .
，
所以 ．
【名师点睛】本题主要考查等差数列的公差及首项的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差
数列的性质、错位相减法的合理运用．
15．【答案】（1）见解析；（2）11.
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ， ，
，
因为 ， ，
1
2 36 2n n
nT
2 11 1 1 1 11 2 2 12 2 2 2 2
n n
nT n
111 2 1 2
n
12 1 2
n
n
2 33 2n
n
1
2 36 2n n
nT
na d 2 2
1 1 1 2 1 1a f x x x x
2
3 1 1 2 1 1a f x x x 2 4 4x x
1 3 22a a a 2 2a
28
所以 ，解得 或
当 时， ， ， ，此时 ， ；
当 时， ， ， ，此时 ， .
（2）若 单调递增，则 ， ， ，
由不等式 解得 （且 ），
所以 的最小值为 11.
1．【答案】B
【名师点睛】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
2．【答案】A
【解析】设等差数列 的公差为 ，由 a2，a3，a6 成等比数列可得 ，即
，整理可得 ，又公差不为 ，则 ，故 前 6 项的和
为 .故选 A． 学￥
【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就
能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前 n 项和公式在解题中起到变量
代换作用，而 a1 和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.
2 2 4 4 4x x x 0x 2x
0x 1 0a 2 2a 3 4a 2d 2 2na n
2x 1 4a 2 2a 3 0a 2d 2 6na n
na 0d 2 2na n 0 2 2 12n
nS n n n
1 100n n 1 401 102n 1 401 112
n
直通高考
2ln 1,e 1,e 1 0 .x xx x x x x
na d 2
3 2 6a a a
21 2 1 1 5d d d 2 2 0d d 0 2d na
6 1
6 6 1 6 6 16 6 1 2 242 2S a d
29
3．【答案】1
【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为 和 ，则 ，求得 ，
那么 ．
【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方
程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大
部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
4．【思路分析】（1）根据等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程求出等差数列的首项 和公
差 及等比数列的公比 ，即可写出等差数列和等比数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可求出
数列 的前 n 项和．
故 ，
，
上述两式相减，得
d q 31 3 8d q 2, 3q d
2
2
1 3 12
a
b
n 1a
d q
2 2 1{ }n na b
2 32 4 5 4 8 4 (3 1) 4n
nT n
2 3 4 14 2 4 5 4 8 4 (3 4) 4 (3 1) 4n n
nT n n
2 3 13 2 4 3 4 3 4 3 4 (3 1) 4n n
nT n
30
，
即 ，
所以数列 的前 项和为 ．
【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，
进而写出通项公式及前 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相
加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．
5．【解析】（1）设数列 的公比为 ，由已知 .
112 (1 4 ) 4 (3 1) 41 4
n
nn
1(3 2) 4 8nn
13 2 843 3
n
n
nT
2 2 1{ }n na b n 13 2 843 3
nn
n
n
{ }nx q 0q
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所以
【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列
问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式
是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解
析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能
力等.
6．【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用
能力.
.
设 ，
(2 1) 2 1.2
n
n
nT
1 1 1 2 3 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n nb b b b b b b b b b
2 31 1 1(4 5) ( ) (4 9) ( ) 7 32 2 2
n nn n
2 21 1 13 7 11 ( ) (4 5) ( ) , 22 2 2
n
nT n n
2 2 11 1 1 1 13 7 ( ) (4 9) ( ) (4 5) ( )2 2 2 2 2
n n
nT n n
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所以 ，
因此 ，
又 ，所以 .
【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数
的情形；(2)在写出“ ”与“ ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”
的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种
情况求解. 学#
7．【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识.考查
【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意
在考查学生的转化能力和计算求解能力.
8．【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与
2 2 11 1 1 1 13 4 4 ( ) 4 ( ) (4 5) ( )2 2 2 2 2
n n
nT n
2114 (4 3) ( ) , 22
n
nT n n
1 1b 2115 (4 3) ( )2
n
nb n
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因为 ，则 ，
从而 ， ，对 均成立．
因此，取 d=0 时， 对 均成立．
下面讨论数列 的最大值和数列 的最小值（ ）．
①当 时， ，
当 时，有 ，从而 ．
因此，当 时，数列 单调递增，
故数列 的最大值为 ．
②设 ，当 x>0 时， ，
所以 单调递减，从而
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