2024年高考数学考前专项冲刺：数列7大考点汇总与跟踪训练（含解析）

2024年高考数学考前专项冲刺：数列7大考点汇总与跟踪训练
7大考点汇总
考点一：数列的概念
考点二：等差数列
考点三：等比数列
考点四：数列求和
考点五：数列的实际运用
考点六：数列新定义
考点七：数列不等式问题
跟踪训练
考点一：数列的概念
1．已知数列中，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．已知数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论：
①对任意的，都有
②数列可能为常数列
③若，则当时，
④若，则数列为递减数列．
其中正确结论有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的k阶差分，其中．若，则（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
考点二：等差数列
5．若5个正数之和为2，且依次成等差数列，则公差的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，均是定义在上的连续函数，为的导函数，且，，若为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数 B．为奇函数
C．关于对称 D．存在，使
8．已知等差数列的公差为，且集合中有且只有个元素，则中的所有元素之积为（ ）
A． B． C． D．
考点三：等比数列
9．已知是等比数列，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．设数列的前项和为，设甲：是等比数列；乙：存在常数，使是等比数列．已知两个数列的公比都不等于1，则（ ）．
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
11．已知是各项均为正数的等比数列，，，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
12．已知数列满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
考点四：数列求和
13．正项数列的前项和为，等比数列的前项和为，，
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足，求数列的前项和．
14．已知数列的前项和为，且满足
(1)求数列的通项公式
(2)若，求数列前项和
15．已知等比数列的前项和为，且也是等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
16．有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为，公差为，并且成等差数列.
(1)当时，求，，以及；
(2)证明（，，是m的多项式），并求的值；
(3)当，时，将数列分组如下：（每组数的个数构成等差数列），设前组中所有数之和为，求数列的前n项和.
考点五：数列的实际运用
17．王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金和利息）.
(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；
(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.（不考虑其他因素）参考数据，，
18．“现值”与“终值”是利息计算中的两个基本概念，掌握好这两个概念，对于顺利解决有关金融中的数学问题以及理解各种不同的算法都是十分有益的.所谓“现值”是指在期末的金额，把它扣除利息后，折合成现时的值，而“终值”是指期后的本利和.它们计算的基点分别是存期的起点和终点.例如，在复利计息的情况下，设本金为，每期利率为，期数为，到期末的本利和为，则其中，称为期末的终值，称为期后终值的现值，即期后的元现在的价值为.
现有如下问题：小明想买一座公寓有如下两个方案
方案一：一次性付全款25万元；
方案二：分期付款，每年初付款3万元，第十年年初付完；
(1)已知一年期存款的年利率为，试讨论两种方案哪一种更好？
(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交纳租金2万元，此后每年初涨租金1000元，参照第（1））问中的存款年利率，预计第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值.（精确到百元）
参考数据：
19．在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:
表1
次数 消费者还价 商家讨价
第一次
第二次
第三次
第n次
消费者每次的还价组成一个数列.
(1)写出此数列的前三项，并猜测通项的表达式并求出；
(2)若实际价格与定出的价格之比为，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润
20．治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的．
(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数的表达式；
(2)设为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．
考点六：数列新定义
21．在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的个数记为.
(1)求，的值；
(2)对于，，是否存在m，n，p，使得 若存在，求出m，n，p的值；若不存在，请说明理由；
(3)记表示不超过的最大整数，且，求的值.
22．若有穷数列满足：，则称此数列具有性质．
(1)若数列具有性质，求的值；
(2)设数列具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列为等差数列．
23．特征根方程法是求一类特殊递推关系数列通项公式的重要方法．一般地，若数列满足，则数列的通项公式可按以下步骤求解：①对应的特征方程为，该方程有两个不等实数根；②令，其中，为常数，利用求出A，B，可得的通项公式．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足不等式的最小整数的值；
(3)记数列的所有项构成的集合为M，求证：都不是的元素．
24．设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中.
(1)若数列满足，，其前项和为，证明：；
(2)若为奇数，求证：能被整除；
(3)对于整数与，，求证：可整除.
考点七：数列不等式问题
25．已知等比数列的前项和为，且数列是公比为2的等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，求证：.
26．已知，
(1)证明：当时，；
(2)令，
（i）证明：当时，；
（ii）是否存在正实数，使得恒成立，若存在，求的最小值，若不存在，请说明理由．
27．若给定数列，对于任意的，若满足，则称为“型数列”．若数列满足：，，当时，．
(1)判断数列是否为“型数列”，并证明；
(2)求数列的通项公式；
(3)若，，使不等式成立，求实数的取值范围．
28．若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列.已知是一个对数凸数列，．
(1)证明：；
(2)若，证明：；
(3)若，，求的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】利用数列的递推公式求出数列的周期，即可求解.
【详解】由，得
，
，
，
，
，
，
则是以6为周期的周期数列，
所以.
故选：C
2．C
【分析】结合数列递推式研究数列的单调性，逐项判断即可.
【详解】解：对于①，在数列中，，则，
又对于任意的都有，则，即，
即对于任意的，都有，
所以的值不确定大小，故①项错误；
对于②，不妨设数列可能为常数列，则，
又，则，则，
即时，数列为常数列，故②项正确；
对于③，，则，因为数列中各项均为正数，
即，同理，当，都有，
又，即数列为递增数列，
即当时，，故③项正确.
对于④，
又，则，即，
同理，当，都有，即，
同理，当，都有，
即，
即，即数列为递减数列，故④项正确；
故选：C.
【点睛】关键点睛：数列与不等式以及数列与单调性等问题，常利用作差法，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
3．B
【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解.
【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键.
4．D
【分析】由数列的新定义计算即可.
【详解】由可得
，
，
由可得，
所以，
故选：D.
5．D
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，结合各项为正数列出不等式组，求解即得.
【详解】设这5个数分别为，依题意，，即，
由各项均为正数可得，所以.
故选：D
6．D
【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案.
【详解】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
所以当时，取得最小值.
故选：D.
7．C
【分析】根据给定条件，利用赋值法变换给定等式可得及，再结合奇函数及等差数列通项求解、复合函数求导求解判断即得.
【详解】函数，均是定义在上的连续函数，①，
②，将②式中换为得③，
①+③得，则的图象关于点中心对称；
将②式中换为得：④，
①-④得：，因此不是奇函数，B错误；
，即，所以关于对称，C正确；
由及为奇函数，得，
即，而，，则，
当时，数列是首项为3，公差为6的等差数列，
则，
当时，数列是首项为6，公差为6的等差数列，
则，因此时，，显然满足上式，
即，，显然无周期性，且无解，AD错误.
故选：C
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
8．A
【分析】根据等差数列的通项公式可得，进而可得的周期为，故只需研究前项的值，进而可得解.
【详解】有等差数列可知，，周期，故只需考虑前项的值：，，，，，，
由题意知，这个式子只能取到个不同的值.借助三角函数的定义，
即在单位圆上有个点均分圆周，且这个点的纵坐标只能取到个不同的值（如图所示），于是集合，
即所有元素乘积为，
故选：A.
9．C
【分析】设等比数列的公比为，利用条件，得到，再由，得，即可得出结果.
【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，
得到，所以，由，得到，
所以，
故选：C.
10．A
【分析】根据等比数列的定义及前项和公式，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】若是等比数列，设公比为，
则，
当，则，
所以存在常数使是等比数列，故甲是乙的充分条件；
若，则是等比数列，
则，故，
所以此时不是等比数列，故甲不是乙的必要条件．
所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.
故选：A．
11．D
【分析】由已知得及，代入问题化简计算即可．
【详解】由题设易知，公比，设，
从而由得，，
由得，，
则，
故选：D．
12．C
【分析】根据递推公式求出，再又得到，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项，从而得解.
【详解】因为，又，令，可得，解得，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，整理得，故．
故选：C．
13．(1)；
(2)
【分析】（1）由与的关系，结合等差数列和等比数列的定义、通项公式，可得所求；
（2）求得后，讨论n为奇数或偶数，由数列的裂项相消求和，即可得到所求.
【详解】（1）当时，，即，，
所以，同理．
当时，，化简得：
，因为，所以，
即，故，又，所以．
同理，或，
因为是等比数列，所以，即，所以．
（2）由（1）知，
所以当为奇数时，
，
，
同理当为偶数时，．
所以.
14．(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系求通项；
（2）由（1）得到的通项，列式运算求得.
【详解】（1）当时，，
当时，，
当，不成立．所以.
（2）由（1）可知，
所以，
.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据是等比数列得，利用等比数列求和公式基本量运算求得，即可求出等比数列通项公式；
（2）利用对数运算得，然后利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列的公比为，
由是等比数列得，
或(舍去)，
.
（2）由（1）得，所以，
，
，
两式相减得，
.
16．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）当时，代入等差数列的通项即可；
（2）先求出数列的通项，利用通项公式求出，，，，，进而可得出数列是以为公差的等差数列，从而可求出数列的通项，即可得解；
（3）由，可求得数列的通项，从而可前组中所有数之和，进而可求出，再利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时，由题意可知，
则，
；
（2）由题意，
则，
同理，，，
，
又因为成等差数列，
所以，
故，
即数列是以为公差的等差数列，
所以，
令，
所以，
所以；
（3）当，时，
数列分组如下：，
按分组规律，第组中有个奇数，
所以第组到第组共有个奇数，
注意到前个奇数的和为，
所以前个奇数的和为，
即前组所有数之和为，
所以，
因为，所以，
从而，
则，
故，
两式相减得
，
所以.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
17．(1)290000元
(2)王先生该笔贷款能够获批
【分析】（1）由题意，每月的还贷额构成一个等差数列，对数列求和可得所求利息；
（2）利用等比数列求和公式，求得王先生每月还货额，与题目所给数据比较，得结论.
【详解】（1）由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列，表示数列的前项和.
则，故.
故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.
（2）设王先生每月还货额为元，则有
，
即，
故.
因为，故王先生该笔贷款能够获批.
18．(1)购置设备的方案较好
(2)（万元）
【分析】（1）解法1（从终值来考虑），分别求出若全款购置，则25万元10年后的价值和若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值，两者比较即可得出答案.
解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和与购置一次付款25万元相比，即可得出答案.
（2）设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为万元，，由错位相减法即可求出.
【详解】（1）解法1（从终值来考虑）若全款购置，则25万元10年后的价值
万元
若分期付款，每年初所付金额3万元，10年后的总价值为
（万元）.
因此，付全款较好.
解法2（从现值来考虑）每年初付租金3万元的10年现值之和为
（万元）
比购置一次付款25万元多，故购置设备的方案较好.
（2）由题意，设小明第十年房租到期后小明所获得全部租金的终值为万元，
记，则
作差可得：
（万元）.
19．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据条件即可得到数列的通项公式，进而可直接计算；
（2）根据价格比得关系，代入（1）中计算即可.
【详解】（1），
，
，
观察可得，
.
（2）因为，所以，
故
故商家将有约的利润.
20．(1)
(2)有效，理由见详解
【分析】（1）分别求出当时和时的通项公式，即可得到年垃圾排放量的表达式；
（2）先根据，利用作差法，可证明数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势
【详解】（1）设治理年后，S市的年垃圾排放量构成数列.
当时，是首项为，公差为的等差数列，
所以；
当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，治理年后，S市的年垃圾排放量的表达式为
（2）设为数列的前项和，
则．
由于
由（1）知，
时，，所以为递减数列，
时，，所以为递减数列，
且，
所以为递减数列，
于是
因此，
所以数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的
21．(1)，
(2)不存在，理由见解析
(3)500
【分析】（1）由的定义，分别求出，；
（2）若成立，可转化为，即，即可判断；
（3）根据题意可知，当时，可证，即，得解.
【详解】（1）在不大于的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，共5个，所以.
在不大于的所有正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数为1，5，7，11，13，17，19，23，25，共9个，所以.
（2）因为在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个，
所以.
若，则，即，
因为，所以，
易知是奇数，是偶数，上式不成立，
故不存在m，n，p，使得.
（3）由（2）知，当时，，所以，
当时，，
（上式变换注意用到不等式，若，则.）
所以当时，，
所以当时，，，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问，关键是根据的定义分析在不大于的所有正整数中，能被2整除的数有个，能被3整除的数有个，能被6整除的数有个，
进而可得.第三问，关键是分析得到当时，成立，此处用到糖水不等式放缩.
22．(1)，，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列具有性质的定义运算得解；
（2）由数列具有性质的定义和等差数列的定义可得.
【详解】（1）由已知可得数列A共有5项，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以．
（2）数列A具有性质，且为奇数，
所以存在，使得，由题意可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以，这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有，
即，
这说明数列：是以为公差的等差数列，
由数列A具有性质，以及可得数列A为等差数列．
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键是由数列具有性质，得到，再由题意推出，这项均为数列中的项，且，因此得到.
23．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助题目中所给特征根方程法计算即可得；
（2），结合数列是单调递增数列，计算即可得；
（3）由计算可得，由可得，即可得，从而可得，即可得证.
【详解】（1）由题意可得对应的特征方程为，解得，
不妨设，，
则可设，其中，为常数，
由，可得，
即有，解得，
故；
（2）
，
即，
由，，，，，，，，
则，，
且数列是单调递增数列，故满足要求的最小整数的值为；
（3）由，可得，
即，
故
，
故，
故，
易知数列为单调递增数列，且，
当时，，故，即，
故对都不是的元素.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助得到，从而证明.
24．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列前项和公式，求得，再结合二项式定理以及整除性质②即可得出证明；
（2）由二项展开式可得为奇数时，满足，可得结论；
（3）分别对整数为奇数和偶数进行分类讨论，利用表达式将的表达式化简成含有的式子，再结合（2）中的结论即可证明可整除.
【详解】（1）因为，可知数列是以为首项，公比为的等比数列；
所以，
而，且31与9互质；
易知
，
所以；
，
所以；
结合整除性质②可知：；
（2）因为，
且为奇数，所以；
因此能被整除.
（3）易知.
当时，，
，
上式中，由（2）知，能被整除，
另一方面，
，
上式中，所以也能被整除，且与互质，
所以能被整除，即能被整除.
类似可证当时，，
，
显然，由（2）知，能被整除；
另一方面，
，
所以能被整除；且与互质.
能被整除.
综上可知能被整除.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对整数的奇、偶进行分类讨论，得出的表达式，将的表达式通过拆分化简成含有中的式子，再结合（2）中的结论以及整除性质，即可得出证明.
25．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出数列的通项，再根据与的关系结合是等比数列，即可得解；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为数列是公比为2的等比数列，
又，所以.
当时，由，得，
两式相减得，
又是等比数列，所以，所以，解得，
所以，当时上式成立，
所以；
（2）由（1）知，
所以
，
又，所以.
26．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）依题意可得，代入已知条件即可得证；
（2）（i）依题意可得，即可得到，利用累加法即可证明；
（ii）由（i）可知当时，，再推导出，假设存在符合题意的，则恒成立，再推出矛盾，即可得解.
【详解】（1）因为，
当时，即，
所以，即.
（2）（i）因为，，
当时，又，所以，
当时，，所以，
即，即，
所以，即，
所以，，，，
累加可得，
当时，
综上可得当时，；
（ii）由（i）可知当时，①，
又，，当时，
即，所以对，，显然有，所以，
以此类推可得对，均有，
由①式，当时，
所以，即，
又时，易知成立，所以，
假设存在符合题意的，则有恒成立，
即恒成立，则恒成立，
所以当时由①可得
，
即，又恒成立，
所以当时②恒成立，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，
所以，
所以，
所以，即，
当时上式显然不恒成立，矛盾；
综上，不存在符合题意的.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是推导出当时，，再利用反证法证明.
27．(1)不是“型数列”，证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）变形得到，数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，得到结论；
（2）在（1）的基础上，累加得到通项公式；
（3）求出，参变分离得到，换元后，利用导函数得到函数单调性，进而得到，得到的取值范围.
【详解】（1）数列不是“型数列”，理由如下：
由，得，
因为，则，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，，
，
所以数列不满足“型数列”的定义，
即数列不是“型数列”．
（2）由（1）知，，…，，
累加得，
又，所以．
（3）由（2）可知，，不等式有解，
整理为，有解，即，
设，，则，
设，，，
所以在上单调递增，
，所以函数的值域为，
则，
当时，，所以，
所以的取值范围是．
【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
（1）若，采用累加法；
（2）若，采用累乘法；
（3）若，可利用构造进行求解；
28．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)10.
【分析】（1）法一：由得到，，，，，累乘法得到；
法二：由得到；
（2）法一：由题意得，从而得到，证明出；
法二：考虑反证法，假设，得到，进而推出，假设不成立；
法三：得到，且，利用累加法得到，证明出结论；
（3）由可得，即，累加得，另外，故，故，化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10．
【详解】（1）法一：由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
法二：由题意得：，
∴，∴成立．
（2）法一：∵，∴，
∴，
则，
∴，
∴．
法二：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
法三：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
（3）由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
【点睛】思路点睛：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
答案第1页，共2页
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