专题32数列综合应用-2022年（新高考）数学高频考点+重点题型

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专题32数列综合应用--2022年（新高考）数学高频考点+重点题型

一、关键能力
1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用.
2.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
3.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.
二、教学建议
1.根据数列的递推式或者通项公式确定基本量，选择合适的方法求和，进一步证明不等式
2.数列与函数、不等式相结合.
3.复习中注意:
（1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件；
（2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法；
（3)数列求和与不等式证明、不等式恒成立相结合求解参数的范围问题.
三、自主梳理
1.等差数列和等比数列比较

等差数列
等比数列
定义
＝常数
＝常数
通项公式


判定方法
(1)定义法；
(2)中项公式法：⇔为等差数列；
(3)通项公式法：(为常数,)⇔ 为等差数列；
(4)前n项和公式法：(为常数, )⇔ 为等差数列；
(5) 为等比数列，且，那么数列 (，且)为等差数列
(1)定义法
(2)中项公式法： ()⇔ 为等比数列
(3)通项公式法： (均是不为0的常数，)⇔为等比数列
(4) 为等差数列⇔(总有意义)为等比数列
性质
(1)若，，，，且，则
(2)
(3) ，…仍成等差数列
(1)若，，，，且，则
(2)
(3)等比数列依次每项和()，即 ，…仍成等比数列
前n项和

时，；当时，或.
2.数列求和
（1） 等差数列的前和的求和公式：.
（2）等比数列前项和公式
一般地，设等比数列的前项和是，当时，或；当时，（错位相减法）.
（3）数列前项和
①重要公式：（1）
（2）
（3）
（4）
②等差数列中，；
③等比数列中，.
四、高频考点+重点题型
考点一、数列的单调性判定与应用
例1-1（作差法判断数列单调性）
（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{}满足，且=，n∈（是等比数列，是等差数列），记数列{}的前n项和为，{}的前n项和为，若公比数q等于公差数d，且
（1）求数列{}的通项公式；
（2）记为数列{}的前n项和，求（n≥2，且n∈）的最小值．
【答案】（1）+；（2）
【解析】（1）由题意得.....①；......②
将代入②式中，解得=4，=3.
故将①式可变为：，解得d=q=2-
故=2，=1，所以，故+
（2）由（1）可求得=2-
故1，记=1
则--
∵n≥2，且n∈，故在n=2时为负数，当n≥3时为正数
进行分类讨论：
①当n=2时，=5
②当n≥3时，记f(x)=
化简得f(x)=，故在4>n≥3时，-＜0，,n=4,=,n≥5时，-＞0
则对于n≥3时，n=4或3时有最小值-
故＜
故的最小值为.

例1-2（函数法判断数列单调性）
（2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考）已知数列满足：，．则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
考察函数，
由可得在单调递增，
由可得在单调递减
且，可得，数列为单调递增数列，
如图所示：
且，，

图象可得，
所以，故选B.

考点二、数列与不等式
例2-1（比较大小）
（2021·浙江高三专题练习）已知正项等差数列和正项等比数列}，，是，的等差中项，是，的等比中项，则下列关系成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，
由题意可得：

A. ,故A不正确；
B. ，故B正确；
C. ，故C不正确；
D. ，故D不正确.
故选：B
对点训练1.（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
设等比数列公比为，
当时，，
当时，，
，
所以“”是“”的充要条件.
故选:C.
对点训练2.（2020届浙江宁波市高三上期末）已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
由，得，即，
所以“”是“”的充分条件，
由，，，
所以，，
所以“”是“”的必要条件，
综上，“”是“”的充要条件.
故选：C.

例2-2（先放缩法再求和证明不等式）
（2019年浙江卷）设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）记 证明：
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
(1)由题意可得：，解得：，
则数列的通项公式为.
其前n项和.
则成等比数列，即：
，
据此有：
，
故.
(2)结合(1)中的通项公式可得：
，
则.
例2-3（单调性证明不等式）
（2021·重庆高三三模）已知数列的前项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式：
（2）设，数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
（1）利用，求得数列的通项公式.
（2）求得数列的通项公式，进而利用裂项求和法求得，结合数列的单调性证得.
【详解】
（1）解：，令，解得时，两式相减，得
数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；
（2）证明


单调递增，所以1即
例2-4（不等式恒成立求参）
（2021·河南郑州市·高三三模（文））1967年，法国数学家蒙德尔布罗的文章《英国的海岸线有多长？》标志着几何概念从整数维到分数维的飞跃.1977年他正式将具有分数维的图形成为“分形”，并建立了以这类图形为对象的数学分支——分形几何．分形几何不只是扮演着计算机艺术家的角色，事实表明它们是描述和探索自然界大量存在的不规则现象的工具．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为1，在线段AB上取两个点C，D，使得，以CD为一边在线段AB的上方做一个正三角形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的线段EC、ED作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：

记第n个图形（图1为第一个图形）中的所有线段长的和为，对任意的正整数n，都有，则a的最小值为__________．
【答案】2．
【解析】
根据图形之间的关系可得的递推关系，从而可求的通项公式，故可求a的最小值.
【详解】
设第个图形中新出现的等边三角形的边长为，则当时，，
设第个图形中新增加的等边三角形的个数为，则当时，，
故，其中，
由累加法可得
，
时，也符合该式，故，
故对任意的恒成立，故即a的最小值为2.
故答案为：2.
例2-5（解不等式）
已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
解析：(1) 设数列{an}的公差为d，依题意知，2，2＋d，2＋4d成等比数列，
故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4，
当d＝0时，an＝2；当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2．
(2) 当an＝2时，Sn＝2n，显然2n<60n＋800，
此时不存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2．
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，
此时存在正整数n，使得Sn>60n＋800成立，n的最小值为41．
综上，当an＝2时，不存在满足题意的正整数n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41．
对点训练1.（2021·全国高三其他模拟（理））已知在等差数列中，为其前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列的前项和为且求的取值范围.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
（1）由条件求得公差，写出通项公式；
（2）求出通项公式，利用分组求和求得，且单增，找到符合的最小n值即可.
【详解】
（1）由等差数列性质知，，则，
故公差，
故
（2）由（1）知，



易知单调递增，且，，
故，解得，.


考点三、与实际结合的应用题
例3-1（通项的应用）
（2021·江西赣州市·高三二模（理））朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作.《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题.现有132根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】
把各层的铅笔数看出等差数列，利用求和公式得到，由n为264 的因数，且为偶数，把四个选项一一代入验证即可.
【详解】
设最上面一层放根，一共放n（n≥2）层，则最下一层放根，
由等差数列前n项和公式得：，
∴，
∵,∴n为264 的因数，且为偶数，
把各个选项分别代入，验证，可得：n=8满足题意.
故选：D
对点训练1.【多选题】（2020·湖南高三月考）在“全面脱贫”行动中，贫困户小王2020年1月初向银行借了扶贫免息贷款10000元，用于自己开设的农产品土特产品加工厂的原材料进货，因产品质优价廉，上市后供不应求，据测算每月获得的利润是该月月初投人资金的，每月月底需缴纳房租600元和水电费400元，余款作为资金全部用于再进货，如此继续.设第月月底小王手中有现款为，则下列论述正确的有（ ）(参考数据：)
A．
B．
C．2020年小王的年利润为40000元
D．两年后，小王手中现款达41万
【答案】BCD
【解析】
由题可知，月月底小王手中有现款为，月月底小王手中有现款为之间的递推关系为，，进而根据递推关系求出通项公式即可得答案.
【详解】
对于A选项，元，故A错误
对于B选项，第月月底小王手中有现款为，则第月月底小王手中有现款为，由题意故B正确；
对于C选项，由得
所以数列是首项为公比为1.2的等比数列，
所以，即
所以2020年小王的年利润为元，故C正确；
对于D选项，两年后，小王手中现款为元，即41万，故D正确.
故选： BCD.
对点训练2.（2021·山东菏泽市·高三期末）某公司为一个高科技项目投入启动资金1000万元，已知每年可获利25%，但由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造，方能保持原有利润的增长率，经过两年后该项目的资金为________万元，该公司经过______年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标（，）．
【答案】1112.5 9
【解析】
设是经过年后该项目的资金，则，从而可求出经过两年后该项目的资金，构造等比数列，求出，根据翻一番（即原来的2倍）的目标建立不等式，解指数不等式，即可求出所求．
【详解】
解：设是经过年后该项目的资金，则，
所以，
，
所以经过两年后该项目的资金为1112.5万元；
因为，
设，则，
即，
所以，
所以，
即，，
所以，即该公司经过9年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标．
故答案为：1112.5，9．
例3-2（求和的应用）
（上海高考真题）根据预测，某地第n (n∈N∗)个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单位：辆），
其中an=5n4+15,1≤n≤3−10n+470,n≥4，bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的
累计投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=−4(n−46)2+8800（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
【答案】（1）935；（2）见解析.
【解析】
（1）(a1+a2+a3+a4)−(b1+b2+b3+b4)=965−30=935
（2）−10n+470>n+5⇒n≤42，即第42个月底，保有量达到最大
(a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a4)−(b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b4)=[965+(420+50)×382]−(6+47)×422=8782 S42=−4(42−46)2+8800=8736，∴此时保有量超过了容纳量.


对点训练1.（2021·上海浦东新区·高三三模）流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.
（1）若，求11月1日至11月10日新感染者总人数；
（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.
【答案】（1）人；（2）11月13日新感染者人数最多为630人.
【解析】
（1）根据题意数列是等差数列，，公差为，又，进而根据等差数列前项和公式求解即可；
（2）11月日新感染者人数最多，则当时，，当时，，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案.
【详解】
解：（1）记11月日新感染者人数为，
则数列是等差数列，，公差为，又，
则11月1日至11月10日新感染者总人数为：
人；
（2）记11月日新感染者人数为，
11月日新感染者人数最多，当时，.
当时，，
因为这30天内的新感染者总人数为11940人，
所以，
得，即
解得或(舍)，
此时
所以11月13日新感染者人数最多为630人.

例3-3（实际中提取递推关系）
为了治理“沙尘暴”，西部某地区政府经过多年努力，到2015年底，将当地沙漠绿化了40%，从2016年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲(被绿化的部分叫绿洲)，同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%？(可参考数据lg2＝0．3，最后结果精确到整数)
解析：设该地区总面积为1，2015年底绿化面积为a1＝，经过n年后绿洲面积为an＋1(0＜an＋1＜1)．由题意知an＋1由两部分组成：一部分是原有绿洲an减去被侵蚀的部分8%an的剩余面积92%an，另一部分是新绿化的12%(1－an)，所以an＋1＝92%an＋12%(1－an)＝an＋，
即an＋1－＝ (此处的－可用待定系数法求)．
∴ 是以－为首项，为公比的等比数列，则an＋1＝－×．
∵ an＋1＞50%，∴ －×＞，
即＜，n＞＝＝3．
则当n≥4时，不等式＜恒成立．
∴ 至少需要4年才能使绿化面积超过50%．

考点四、等差等比混合
例4.（2021·江西高三其他模拟（理））已知公差不为0的等差数列的部分项，，，……构成等比数列，且，，，则___________.
【答案】
【解析】
设等差数列的公差为，则，由等比数列的性质列式求得 ．然后再由等差数列与等比数列的通项公式列式求得．
【详解】
解：设等差数列的公差为，则，
由已知，
即，得，
于是，在等比数列中，
公比．
由为数列的第项，知；
由为数列的第项，知，
，
故.
故答案为．
对点训练1.（2017·全国高考真题（文））已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，且a1=1，b1=1，a2+b2=4.
（1）若a3+b3=7，求bn的通项公式；
（2）若T3=13，求S5.
【答案】（1）bn=2n−1；（2）5或75.
【解析】
设等差数列{an}公差为d，等比数列{bn}公比为q(q≠0)有(1+d)+q=4，即d+q=3.
（1）∵(1+2d)+q2=7，结合d+q=3得q=2，
∴bn=2n−1.
（2）∵T3=1+q+q2=13，解得q=−4或3，
当q=−4时，d=7，此时S5=5+5×42×7=75；
当q=3时，d=0，此时S5=5a1=5.

对点训练2.（2021·全国高三月考（文））已知是等差数列，，，且，，是等比数列的前3项.
（1）求数列，的通项公式；
（2）数列是由数列的项删去数列的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列的前20项的和.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
（1）根据以及等差数列的通项公式计算即可得到结果，然后根据可得，最后简单计算可得.
（2）根据（1）的条件可知求解的是，计算即可.
【详解】
（1）数列是等差数列，设公差为，且，.
则，解得，
所以.
又因为，，是等比数列的前3项，则，
由于，代入上式解得.
于是，，，因此等比数列的公比.
故数列的通项公式为.
（2）设数列的前20项的和为.
因为，，
则
.

























巩固训练
一、单项选择题
1.（2020·北京高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】B
【解析】
由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
2.（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
【答案】D
【解析】
对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
3.（2019年浙江卷）设，数列中，， ,则（ ）
A. 当 B. 当
C. 当 D. 当
【答案】A
【解析】
选项B：不动点满足时，如图，若，
排除

如图，若为不动点则
选项C：不动点满足，不动点为，令，则，
排除
选项D：不动点满足，不动点为，令，则，排除.
选项A：证明：当时，，
处理一：可依次迭代到；
处理二：当时，，则则
，则.
故选A
4．已知等差数列{an}的公差d≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．
A. 1 B. 2 C. 3 D.4
答案：C
解析：a＝a1a17，即(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，即a1d－2d2＝0．又d≠0，∴ a1＝2d．
公比q＝＝＝3．
5． 甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m，乙每分钟走5 m．甲、乙开始运动后，相遇的时间为________分钟．
A. 3 B. 7 C. 11 D.14
答案：B
解析：设n分钟后第1次相遇，依题意得2n＋＋5n＝70，整理得n2＋13n－140＝0，解得n＝7或n＝－20(舍去)．
6． 某银行在某段时间内，规定存款按单利计算，且整存整取的年利率如下：
存期
1年
2年
3年
5年
年利率(%)
2．25
2．4
2．73
2．88
某人在该段时间存入10 000元，存期两年，利息税为所得利息的5%．则到期的本利和为__________元．
A. 10373 B. 10396 C. 10422 D.10456
答案：D
解析：10 000×(1＋2×2．4%)－10 000×2×2．4%×5%＝10 456．
二、多项选择题
7．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
答案：AD
解析：①, 与题设矛盾.
②符合题意.
③与题设矛盾.
④ 与题设矛盾.
得，则的最大值为.
B，C，错误.
8．已知数列满足，，，，若存在正整数，，使得等式成立，则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
答案：ACD
解析：时，，而，，∴，故A选项正确
∴，即
∴
故C选项正确，B选项错误
假设存在正整数，，使得等式成立
∴
化简整理得，令，解得，
取，时，成立，故D选项正确．
三、填空题
9． 对于每一个正整数n，设曲线y＝xn＋1在点(1，1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99＝________．
答案：－2
解析：利用导数求得曲线y＝xn＋1在点(1，1)处的切线方程为y＝(n＋1)(x－1)＋1，
即y＝(n＋1)x－n，它与x轴交于点(xn，0)，则有(n＋1)xn－n＝0xn＝，∴ an＝lgxn＝lg＝lgn－lg(n＋1)，∴ a1＋a2＋…＋a99＝(lg1－lg2)＋(lg2－lg3)＋…＋(lg99－lg100)＝lg1－lg100＝－2．
10． 已知θ∈，等比数列{an}中，a1＝1，a4＝tan33θ．若数列{an}的前2 014项的和为0，则θ的值为__________．
答案：－
解析：由题知q3＝＝，从而q＝．又a1＝1，S2 014＝0，知q≠1，否则S2 014＝2 014矛盾，从而S2 014＝＝0，∴ q＝－1，即tan3θ＝－，θ∈，
∴ 3θ＝－，∴ θ＝－．
11． 已知等差数列{an}中，首项a1＝1，公差d为整数，且满足a1＋3a4；数列{bn}满足bn＝，其前n项和为Sn．若S2为S1、Sm(m∈N*)的等比中项，则正整数m的值为 ．
答案：12
解析：由题意，得解得 又d∈Z，∴ d＝2．∴ an＝1＋(n－1)·2＝2n－1．
∵ bn＝＝＝，
∴ Sn＝[＋＋…＋]＝＝．
∵ S1＝，S2＝，Sm＝，S2为S1、Sm(m∈N)的等比中项，∴ S＝SmS1，即＝·，解得m＝12．
12．某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出________万元资金进行奖励．
答案：2 046
解析：设第10名到第1名得到的奖金数分别是a1，a2，…，a10，则an＝Sn＋1，则a1＝2，
an－an－1＝－＝(Sn－Sn－1)＝an，即an＝2an－1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S10＝＝2 046．
二、解答题
13．（2021·沂水县第一中学高三其他模拟）在数列中，，且成等比数列．
（1）证明数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为，证明：．
【答案】（1）证明见解析；；（2）证明见解析．
【解析】
（1）利用已知条件推出数列是等差数列，其公差为，首项为1，求出通项公式，结合由，，成等比数列，转化求解即可．（2）化简通项公式，利用裂项消项法，求解数列的和即可．
【详解】
证明：（1）由，得，即，
所以数列是等差数列，其公差为，首项为1，
因此，，，
由成等比数列，得，即，
解得或（舍去），故．
（2）因为，
所以
因为，所以．

14．（2021·全国高三其他模拟）有下列三个条件：①数列是公比为的等比数列，②是公差为1的等差数列，③，在这三个条件中任选一个，补充在题中“___________”处，使问题完整，并加以解答.
设数列的前项和为，，对任意的，都有___________.已知数列满足，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【解析】
根据等差､等比数列的通项公式以及数列单调性来找到数列的最大项，题干中有3个条件，选取一个进行分析即可.
【详解】
记，从而有().
选择①，数列是公比为的等比数列，
因为，所以，即.
所以，所以.
由，当时，，当时，，
所以当或2时，取得最大值，即取得最大值.
所以存在，2，使得对任意的，都有.
选择②，方法一：是公差为1的等差数列，
因为，所以，
当时，，
则，
当时，上式成立，
所以.
所以，从而.
由，
所以当时，；当时，，
所以当时，取得最大值，即取得最大值.
所以存在，使得对任意的，都有.
方法二：利用“夹逼法”，即利用来求解.
，
由()，得，解得.
选择③，方法一：，
则，
从而，
即.
又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以.
所以，从而，即，
所以数列为单调递增数列，
故不存在，使得对任意的，都有.
方法二：利用求解.
，，
则，
因为，所以不存在，使得对任意的，都有.