《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 2
已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=13$，$(n + 1)· a_{n + 1}-na_{n}=2n + 1$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，则下列说法正确的是(C)

A.$a_{n + 1}\geqslant a_{n}$
B.$a_{n + 1}\leqslant a_{n}$
C.数列$\{ a_{n}\}$的最小项为$a_{3}$和$a_{4}$
D.数列$\{ a_{n}\}$的最大项为$a_{3}$和$a_{4}$

答案： 变式2 C 【解析】令$b_{n} = na_{n}，$则$b_{n + 1} - b_{n} = 2n + 1.$又$a_{1} = 13，$所以$b_{1} = 13，$$b_{2} - b_{1} = 3，$$b_{3} - b_{2} = 5，$·s，$b_{n} - b_{n - 1} = 2n - 1，$所以累加得$b_{n} = 13 + \frac{(n - 1)(3 + 2n - 1)}{2} = n^{2} + 12，$所以$a_{n} = \frac{b_{n}}{n} = \frac{n^{2} + 12}{n} = n + \frac{12}{n}，$所以$a_{n + 1} - a_{n} = (n + 1) + \frac{12}{n + 1} - (n + \frac{12}{n}) = \frac{(n - 3)(n + 4)}{n(n + 1)}.$当n ＜ 3时，a_{n + 1} ＜ a_{n}；当n = 3时，a_{n + 1} = a_{n}，即a_{3} = a_{4}；当n ＞ 3时，$a_{n + 1} ＞ a_{n}.$所以$a_{1} ＞ a_{2} ＞ a_{3} = a_{4} ＜ a_{5} ＜ ·s ＜ a_{n}，$所以数列$\{a_{n}\}$的最小项为$a_{3}$和$a_{4}.$

例 3 (1)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$2a_{n + 1}=a_{n}$。设$b_{n}=(n^{2}-3n - 2)a_{n}$，若对任意的$n\in \mathbf{N}^{*}$，$\lambda\geqslant b_{n}$恒成立，则实数$\lambda$的取值范围是(A)

A.$[\frac{1}{2},+\infty)$
B.$[2,+\infty)$
C.$[5,+\infty)$
D.$[6,+\infty)$

答案： 例3
(1) A 【解析】由数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1} = 1，$$2a_{n + 1} = a_{n}，$得$\{a_{n}\}$是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，则$a_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}，$于是$b_{n} = \frac{n^{2} - 3n - 2}{2^{n - 1}}，$$b_{n + 1} - b_{n} = \frac{(n + 1)^{2} - 3(n + 1) - 2}{2^{n}} - \frac{n^{2} - 3n - 2}{2^{n - 1}} = \frac{-n(n - 5)}{2^{n}}.$当$1 \leq n \leq 5$时，$b_{n + 1} \geq b_{n}，$当且仅当n = 5时取等号；当$n \geq 6$时，$b_{n + 1} ＜ b_{n}.$因此当$n \leq 5$时，数列$\{b_{n}\}$递增，当$n \geq 6$时，数列$\{b_{n}\}$递减，则当n = 5或n = 6时，$(b_{n})_{\max} = \frac{1}{2}.$而对任意的$n \in \mathbf{N}^*，$$\lambda \geq b_{n}$恒成立，则$\lambda \geq \frac{1}{2}，$所以实数$\lambda$的取值范围是$[\frac{1}{2}, + \infty).$

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=\frac{5}{2}$，$a_{n + 1}=2a_{n}-\frac{1}{2}$，若对任意的$n\in \mathbf{N}^{*}$，$\lambda(2a_{n}-1)\lt2a_{n}-2$恒成立，则实数$\lambda$的取值范围是(A)

A.$(-\infty,\frac{3}{4})$
B.$(-\infty,1)$
C.$(\frac{3}{4},+\infty)$
D.$(1,+\infty)$

答案： 例3
(2) A 【解析】令$a_{n + 1} - \lambda = 2(a_{n} - \lambda)，$所以$a_{n + 1} = 2a_{n} - \lambda，$由$a_{n + 1} = 2a_{n} - \frac{1}{2}，$可得$\lambda = \frac{1}{2}，$所以数列$\{a_{n} - \frac{1}{2}\}$是以$a_{1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$为首项，2为公比的等比数列，所以$a_{n} - \frac{1}{2} = (a_{1} - \frac{1}{2})2^{n - 1} = 2^{n - 1}，$所以$a_{n} = \frac{1}{2} + 2^{n}.$因为对任意的$n \in \mathbf{N}^*，$$\lambda(2a_{n} - 1) ＜ 2a_{n} - 2$恒成立，所以对任意的$n \in \mathbf{N}^*，$$\lambda ＜ \frac{2^{n + 1} - 1}{2^{n + 1}} = 1 - \frac{1}{2^{n + 1}}$恒成立，显然当n增大时，$\frac{1}{2^{n + 1}}$减小，此时$1 - \frac{1}{2^{n + 1}}$增大，所以$\lambda ＜ 1 - \frac{1}{2^{1 + 1}} = \frac{3}{4}.$

变式 3 (1)(2025·宜昌期中)
已知$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$S_{n}=2a_{n}-2$，若$\lambda a_{n}\geqslant 2\log_{2}a_{n}+3$对任意的正整数$n$恒成立，则实数$\lambda$的最小值为(D)

A.$4$
B.$\frac{7}{2}$
C.$3$
D.$\frac{5}{2}$

答案： 变式3
(1) D 【解析】在$S_{n} = 2a_{n} - 2$中，令n = 1，解得$a_{1} = 2.$当$n \geq 2$时，由$\begin{cases}S_{n} = 2a_{n} - 2, \\ S_{n - 1} = 2a_{n - 1} - 2,\end{cases}$得$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2a_{n} - 2a_{n - 1}，$即$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = 2(n \geq 2)，$所以数列$\{a_{n}\}$是以2为首项，2为公比的等比数列，所以$a_{n} = 2^{n}.$由$\lambda a_{n} \geq 2\log_{2}a_{n} + 3，$得$\lambda \geq \frac{2n + 3}{2^{n}}$恒成立.令$c_{n} = \frac{2n + 3}{2^{n}}，$则$\lambda \geq (c_{n})_{\max}.$因为$c_{n + 1} - c_{n} = \frac{1 + 2n}{2^{n + 1}} ＜ 0，$所以$c_{n + 1} ＜ c_{n}，$即数列$\{c_{n}\}$为递减数列，故$(c_{n})_{\max} = c_{1} = \frac{5}{2}，$所以$\lambda \geq \frac{5}{2}，$所以$\lambda$的最小值为$\frac{5}{2}.$

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}$，且$a_{1}=1$，$b_{1}=\frac{1}{3}$，数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，若不等式$\lambda\geqslant T_{n}$恒成立，则实数$\lambda$的最小值为(B)

A.$1$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{1}{4}$

答案： 变式3
(2) B 【解析】由题意$b_{1} = \frac{1}{a_{1}a_{2}} = \frac{1}{a_{1}a_{2}} = \frac{1}{1 × \frac{1}{3}} = 3.$又$\{a_{n}\}$为等差数列，所以其公差$d = a_{2} - a_{1} = 2，$所以$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = 2n - 1，$故$b_{n} = \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1})，$所以$T_{n} = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{3} - \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ·s + \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1}) = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2n + 1}) ＜ \frac{1}{2}.$因为不等式$\lambda \geq T_{n}$恒成立，所以$\lambda \geq \frac{1}{2}，$即实数$\lambda$的最小值为$\frac{1}{2}.$