資源簡介

/ 讓教學更有效 精品試卷 | 數學
3.2 數列不等式放縮、數學歸納法與新定義問題
考點分布 考查頻率 命題趨勢
數列放縮 2023年II卷第18題，12分 2022年I卷第17題，10分 2021年乙卷第19題，12分 2021年II卷第17題，10分 2021年浙江卷第20題，15分 預測2025年新高考數學試題趨勢，數列部分多以解答題形式出現，具體估計為第二問預計將以中等偏上的難度水平出現，該題預計將融合多個知識點，構成一道綜合性較強的題目，旨在全面考察考生對數列知識的深入理解及靈活運用能力。特別注意數列與不等式放縮、新定義，結合數學歸納法是?？純热荨?br/>新定義與數學歸納法 2024年全國II卷 19題，17分 2024年全國I卷19題，17分 2024年北京卷 21題，14分 2024年天津卷 19題，14分
數列放縮技巧是高考數學中的核心考點，尤其在數列與不等式相結合的復雜問題中更為凸顯。當前，這類問題的難度已趨于穩定，保持在中等偏難水平。解題時，關鍵在于對數列通項公式的靈活處理，特別是通過巧妙的變形來接近那些具有明確求和公式的數列類型。在此過程中，向可裂項相消的數列和等比數列靠攏，成為了放縮策略中的高級且有效的手段。往往在解決數列基本問題后考查數列求和，在求和后往往與不等式、函數、最值等問題綜合．在考查等差數列、等比數列的求和基礎上，進一步考查“裂項相消法”、“錯位相減法”等，與不等式結合，“放縮”思想及方法尤為重要，數列與數學歸納法的結合問題，也應適度關注。
1．（2024年全國Ⅰ卷）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
2．（2024年全國2卷）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.(1)若，求；(2)證明：數列是公比為的等比數列；(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.
3．（2024年北京高考數學真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
4．（2023年北京高考數學真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
5．（2023·全國·高考真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
6．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
7．（2023年天津高考數學真題）已知是等差數列，．(1)求的通項公式和．(2)設是等比數列，且對任意的，當時，則，
（Ⅰ）當時，求證：；（Ⅱ）求的通項公式及前項和．
8．（2022年新高考全國I卷數學真題）記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．(1)求的通項公式；(2)證明：．
9．（2021年天津高考數學試題）已知是公差為2的等差數列，其前8項和為64．是公比大于0的等比數列，．（I）求和的通項公式；（II）記，
（i）證明是等比數列；（ii）證明
10．（2021年浙江省高考數學試題）已知數列的前n項和為，，且.
（1）求數列的通項；（2）設數列滿足，記的前n項和為，若對任意恒成立，求實數的取值范圍.
高頻考點一 先求和后放縮
核心知識：
先求和后放縮方法是一種處理數列不等式問題的有效策略。其核心思路在于，首先通過求和將數列的項合并，簡化問題形式；接著，在求和的基礎上進行適當的放縮，即利用不等式的性質對求和結果進行放大或縮小，從而更便于進行后續的比較和推導。
典例1：（2024·遼寧大連·高三校聯考期中）已知為數列的前項和，，，記.(1)求數列的通項公式；(2)已知，記數列的前項和為，求證：.
變式訓練
1.（2024·高三·遼寧大連·期中）已知的前n項和為，，且滿足______，現有以下條件：
①；②；③
請在三個條件中任選一個，補充到上述題目中的橫線處，并求解下面的問題：
(1)求數列的通項公式；(2)若，求的前n項和，并證明：．
2.已知在數列中，，且當時，.
(1)求的通項公式；(2)設，數列的前項和為，證明：.
高頻考點2 裂項放縮
核心知識：
放縮方法是一種處理數列求和及不等式證明的技巧。其核心在于將數列的通項進行裂項，即將其拆分為兩部分或多部分，以便更容易地觀察其規律或進行放縮。
在裂項后，我們可以根據不等式的需要，對拆分后的項進行適當的放大或縮小。這種放縮通?；跀盗械膯握{性、有界性或其他已知性質。
裂項放縮方法的關鍵在于準確裂項和合理放縮，它能夠幫助我們簡化問題，揭示數列的內在規律，從而更輕松地證明數列不等式。
典例1：已知正項數列滿足，，且對于任意，滿足．(1)求出數列的通項公式；(2)設，證明：數列的前n項和；(3)設，證明：．
變式訓練：
1.已知數列的首項為1，其前項和為，等比數列是首項為1的遞增數列，若．(1)求數列和的通項公式；
(2)證明：；(3)求使得成立的最大整數．
2．（2024·江西萍鄉·高三統考期中）已知正項數列中，，前項和為，且__________.請在①②中任選一個條件填在題目橫線上，再作答：①，②.
(1)求數列的通項公式；(2)設，數列的前項和為，證明：.
高頻考點3 等比放縮
核心知識：
等比放縮方法是一種處理數列不等式問題的有效技巧。其核心思想在于，通過觀察數列的項與項之間的關系，發現其等比規律，并利用這一規律對數列的項進行適當的放大或縮小。在具體應用時，我們可以根據數列的等比性質，選擇一個合適的等比數列作為放縮的基準，然后對原數列的每一項都按照這個等比數列進行放縮。這種方法的關鍵在于準確把握等比數列的性質，以及合理確定放縮的倍數，從而確保放縮后的不等式仍然成立。
典例1：已知數列的前項和為，若，且滿足（）.
(1)求數列的通項公式；(2)證明：.
變式訓練：
1．（2024·山東青島·高三?？计谥校盗惺堑炔顢盗?，數列是等比數列，滿足：，．(1)求數列和的通項公式；(2)數列和的公共項組成的數列記為，求的通項公式；(3)記數列的前項和為，證明：
2．（2024·河南·高三校聯考期中）已知數列的前n項和為，且．
(1)求；(2)若，記數列的前n項和為，求證：．
高頻考點4 型不等式的證明
核心知識：通項分析法進行放縮。
典例1：（2024·湖南長沙·高三校考階段練習）設數列的前n項之積為，滿足（）.
(1)設，求數列的通項公式；(2)設數列的前n項之和為，證明：.
變式訓練：
1.數列的前項和為， 滿足 且首項 .
(1)證明：數列為等比數列，并求出數列的通項公式；
(2)令討論（為的導數）與 的大小關系.
2.已知函數在點處的切線與軸重合．(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
高頻考點5 型不等式的證明
核心知識：通項分析法進行放縮.
典例1：（2024·遼寧大連·一模）已知函數.(1)若函數在點處的切線在兩坐標軸上截距相等，求的值；(2)（i）當時，恒成立，求正整數的最大值；（ii）記，，且.試比較與的大小并說明理由.
變式訓練：
1．（2025·福建·高三校階段練習）已知數列的滿足，且,記.
(1)求證：為等差數列，并求的通項公式；(2)設，求的值；
(3)是否存在正實數，使得對任意都成立？若存在，求實數的取值范圍；若不存在，請說明理由.
高頻考點6 型不等式的證明
核心知識：構造函數進行放縮。
典例1：已知函數的最小值為0，其中．(1)求的值；(2)若對任意的，有成立，求實數的最小值；(3)證明：．
變式訓練：
1.在各項均為正數的數列中，，，．(1)證明數列為等比數列，并求數列的通項公式；(2)若，記數列的前n項和為．（i）求；（ii）證明：．
2．（2025·福建·高三校考期中）已知函數的最小值為0，其中．
(1)求的值；(2)若對任意的，有成立，求實數的最小值；
(3)證明：．
高頻考點7 型不等式的證明
核心知識：構造函數進行放縮。
典例1：（2024·四川成都·石室中學?？寄M預測）已知函數.
(1)若在上單調遞增，求的值；(2)證明：（且）.
變式訓練：
1．（2024·吉林·統考三模）已知函數．（1）求的最大值；（2）設，是曲線的一條切線，證明：曲線上的任意一點都不可能在直線的上方；（3）求證：（其中為自然對數的底數，）．
高頻考點8 利用遞推關系進行放縮
核心知識：利用遞推關系進行放縮時，我們首先要明確數列的遞推公式，然后根據這個公式對數列的項進行適當的放大或縮小。關鍵在于保持放縮后的不等式方向不變，同時確保放縮后的數列更容易處理。這種方法能夠幫助我們揭示數列的深層結構，從而更有效地解決數列不等式問題。
典例1：（2024·高三·重慶·期末）已知正項數列滿足：
（1）求的范圍，使得恒成立；（2）若，證明：
（3）若，證明：
變式訓練：
1.已知數列滿足：，（）．（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）證明：；（Ⅲ）求證：．
1.（2024·廣東·模擬預測）已知正項數列的前n項和為，且滿足．(1)證明：數列為等比數列；(2)若，數列的前n項和為，證明：．
2.已知數列滿足.記.(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的前項和；(3)若，數列的前項和為，求證：.
3．設數列的前項和為．若對任意的正整數，總存在正整數，使得，則稱是“數列”．(1)若，判斷數列是否是“數列”；(2)設是等差數列，其首項，公差，且是“數列”，①求的值；②設為數列的前項和，證明：
4.（2024·天津·高三期中）已知數列滿足，數列的首項為2，且滿足(1)求和的通項公式(2)記集合，若集合的元素個數為2，求實數的取值范圍．(3)設，證明：．
5.（2024·江蘇蘇州·高三統考期中）已知數列滿足，，且．
(1)令，求；(2)記的前n和為，求證：．
6.已知數列的前項和為，，且．(1)求；(2)若從數列中刪除中的項，余下的數組成數列．①求數列的前項和；
②若成等比數列，記數列的前項和為，證明：．
7．（2024·廣西玉林·校聯考模擬預測）記為數列的前項和，已知，．
(1)證明：當時，數列是等比數列，并求數列的通項公式；
(2)設，數列的前項和為，證明：．
8.已知數列滿足,（）.(1)記（），證明：數列為等比數列，并求的通項公式；(2)求數列的前項和；
(3)設（），且數列的前項和為，求證：（）.
9.已知數列和滿足，，．(1)證明：是等比數列；
(2)設，求數列的前項和；(3)證明：．
10．（2024·北京通州·高三統考期中）已知數列的各項均為正數，且滿足（，且）.(1)若；（i）請寫出一個滿足條件的數列的前四項；（ii）求證：存在，使得成立；(2)設數列的前項和為，求證：.
11．（2024·江蘇鹽城·高三統考期中）“太極生兩儀，兩儀生四象，四象生八卦……”，“大衍數列”來源于《乾坤譜》，用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理.“大衍數列”的前幾項分別是：0，2，4，8，12，18，24，…，且滿足其中.(1)求（用表示）；(2)設數列滿足：其中，是的前項的積，求證：，.
12．（2024·山西太原·高三統考期中）已知為單調遞增的等比數列，，記，分別是數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
13.設數列的前項和為，且，．(1)證明：數列是等比數列，并求的通項公式；(2)設，證明：．
14.已知數列，為數列的前項和，且滿足，．
(1)求的通項公式；(2)證明：．
15．（2024·湖北·高三專題練習）已知數列，為數列的前項和，且滿足，．(1)求的通項公式；(2)證明：．
16.已知函數．（1）求的最大值；（2）設，是曲線的一條切線，證明：曲線上的任意一點都不可能在直線的上方；（3）求證：（其中為自然對數的底數，）．
17.（2024·天津濱海新·高三?？茧A段練習）已知數列為等差數列，數列為等比數列，且，，，（）.(1)求，的通項公式；
(2)已知，求數列的前項和；(3)求證：（）.
18.已知數列滿足，，．(1)猜想數列的單調性，并證明你的結論；
(2)證明：．
19．已知數列滿足，.證明：對這一切，有
（1）；（2）.
20．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知數列和滿足：.
(1)設求的值；(2)設求數列的通項公式；
(3)設證明：______.請從下面①，②兩個選項中，任選一個補充到上面問題中，并給出證明.
①；②其中.
注：若兩個問題均作答，則按第一個計分.
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3.2 數列不等式放縮、數學歸納法與新定義問題
考點分布 考查頻率 命題趨勢
數列放縮 2023年II卷第18題，12分 2022年I卷第17題，10分 2021年乙卷第19題，12分 2021年II卷第17題，10分 2021年浙江卷第20題，15分 預測2025年新高考數學試題趨勢，數列部分多以解答題形式出現，具體估計為第二問預計將以中等偏上的難度水平出現，該題預計將融合多個知識點，構成一道綜合性較強的題目，旨在全面考察考生對數列知識的深入理解及靈活運用能力。特別注意數列與不等式放縮、新定義，結合數學歸納法是?？純热荨?br/>新定義與數學歸納法 2024年全國II卷 19題，17分 2024年全國I卷19題，17分 2024年北京卷 21題，14分 2024年天津卷 19題，14分
數列放縮技巧是高考數學中的核心考點，尤其在數列與不等式相結合的復雜問題中更為凸顯。當前，這類問題的難度已趨于穩定，保持在中等偏難水平。解題時，關鍵在于對數列通項公式的靈活處理，特別是通過巧妙的變形來接近那些具有明確求和公式的數列類型。在此過程中，向可裂項相消的數列和等比數列靠攏，成為了放縮策略中的高級且有效的手段。往往在解決數列基本問題后考查數列求和，在求和后往往與不等式、函數、最值等問題綜合．在考查等差數列、等比數列的求和基礎上，進一步考查“裂項相消法”、“錯位相減法”等，與不等式結合，“放縮”思想及方法尤為重要，數列與數學歸納法的結合問題，也應適度關注。
1．（2024年全國Ⅰ卷）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
【解析】（1）首先，我們設數列的公差為，則.
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，
故我們可以對該數列進行適當的變形，
得到新數列，然后對進行相應的討論即可.
換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.
那么剩下四個數只可能是，或，或.所以所有可能的就是.
（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；
②，共組.
（如果，則忽略②）故數列是可分數列.
（3）定義集合
.
下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，則數列一定是可分數列：
命題1：或； 命題2：.我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況：如果，且.此時設，，.
則由可知，即，故.
此時，由于從數列中取出和后，
剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組；
③，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之） 故此時數列是可分數列.
第二種情況：如果，且.此時設，，.
則由可知，即，故.
由于，故，從而，這就意味著.
此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，，共組；
③全體，其中，共組；
④，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）
這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：
，，，.
可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.
而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.
至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列. 然后我們來考慮這樣的的個數.
首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；
而如果，假設，則可設，，代入得.
但這導致，矛盾，所以.
設，，，則，即.
所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.
這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.
當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.
而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.
所以數列是可分數列的概率一定滿足
.
這就證明了結論.
2．（2024年全國2卷）已知雙曲線，點在上，為常數，．按照如下方式依次構造點：過作斜率為的直線與的左支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.(1)若，求；(2)證明：數列是公比為的等比數列；(3)設為的面積，證明：對任意正整數，.
【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析
【詳解】（1）由已知有，故的方程為.
當時，過且斜率為的直線為，與聯立得到.
解得或，所以該直線與的不同于的交點為，該點顯然在的左支上.
故，從而，.
（2）由于過且斜率為的直線為，與聯立，得到方程.
展開即得，由于已經是直線和的公共點，故方程必有一根.
從而根據韋達定理，另一根，相應的.
所以該直線與的不同于的交點為，而注意到的橫坐標亦可通過韋達定理表示為，故一定在的左支上. 所以.
這就得到，. 所以
.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
（3）方法一：先證明一個結論：對平面上三個點，若，，則.（若在同一條直線上，約定）
證明：
.
證畢，回到原題.
由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.而又有，，
故利用前面已經證明的結論即得
.
這就表明的取值是與無關的定值，所以.
方法二：由于上一小問已經得到，，
故.
再由，就知道，所以數列是公比為的等比數列.
所以對任意的正整數，都有
.這就得到，
以及.
兩式相減，即得.
移項得到.
故.
而，.
所以和平行，這就得到，即.
3．（2024年北京高考數學真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
(1)給定數列和序列，寫出；
(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
【解析】（1）因為數列，由序列可得；
由序列可得；由序列可得；
所以.
（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，
則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；
解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，
假設存在符合條件的，且，
因為，即序列共有8項，由題意可知：，
檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.
（3）解法一：我們設序列為，特別規定.
必要性：若存在序列，使得的各項都相等.
則，所以.
根據的定義，顯然有，這里，.
所以不斷使用該式就得到，必要性得證.
充分性：若.
由已知，為偶數，而，所以也是偶數.
我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.
上面已經說明，這里，.
從而由可得.
同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.下面證明不存在使得.
假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.
情況1：若，則由和都是偶數，知.對該數列連續作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；
情況2：若，不妨設.
情況2-1：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；
情況2-2：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.
這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.
假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.
則此時對任意，由可知必有.
而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾. 綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.
解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，
且相對于序列也是無序的，
（?。┤簦环猎O，則，
①當，則，分別執行個序列、個序列，
可得，為常數列，符合題意；
②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，
即，分別執行個序列、個序列
可得，
即，
因為為偶數，即為偶數，可知的奇偶性相同，則，
分別執行個序列，，，，可得，為常數列，符合題意；
③若，則，即，分別執行個、個，
可得，因為，
可得，即轉為①，可知符合題意；
④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，即，
分別執行個、個，可得，
且，可得，
因為為偶數，可知的奇偶性相同，
則為偶數，
且，即轉為②，可知符合題意；
⑤若，則，即，
分別執行個、個，可得，
且，可得，
因為為偶數，則為偶數，
且，即轉為④，可知符合題意；
綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；
（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，因為對任意，
均有成立，
若為常數列，則，所以；
綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”.
4．（2023年北京高考數學真題）已知數列滿足，則（ ）
A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立
D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立
【答案】B
【解析】法1：因為，故，
對于A ，若，可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，則，故成立，
由數學歸納法可得成立.而，
，，故，故，
故為減數列，注意
故，結合，
所以，故，故，
若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，故恒成立僅對部分成立，故A不成立.
對于B，若可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，則，故成立即
由數學歸納法可得成立.而，
，，故，故，故為增數列，
若，則恒成立，故B正確.
對于C，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，
則，故成立即 由數學歸納法可得成立.
而，故，故為減數列，
又，結合可得：，所以，
若，若存在常數，使得恒成立，
則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤.
對于D，當時， 可用數學歸納法證明：即，
證明：當時，，此時不等關系成立；
設當時，成立，則，故成立
由數學歸納法可得成立.而，故，故為增數列，
又，結合可得：，所以，若存在常數，使得恒成立，則，
故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤.故選：B.
法2：因為，
令，則，
令，得或；令，得；
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
令，則，即，解得或或，
注意到，，
所以結合的單調性可知在和上，在和上，
對于A，因為，則，
當時，，，則，
假設當時，，當時，，則，
綜上：，即，
因為在上，所以，則為遞減數列，
因為，
令，則，因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞減，故，
所以在上單調遞增，故，
故，即，假設存在常數，使得恒成立，
取，其中，且，
因為，所以，
上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故A錯誤；
對于B，因為，當時，，，
假設當時，，當時，因為，所以，則，
所以，又當時，，即，
假設當時，，當時，因為，所以，則，
所以，綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，此時，取，滿足題意，故B正確；
對于C，因為，則，
注意到當時，，， 猜想當時，，
當與時，與滿足，假設當時，，
當時，所以，
綜上：，易知，則，故，
所以，因為在上，所以，則為遞減數列，
假設存在常數，使得恒成立，
記，取，其中，
則，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C錯誤；
對于D，因為，當時，，則，
假設當時，，
當時，，則，綜上：，
因為在上，所以，所以為遞增數列，
因為，
令，則，
因為開口向上，對稱軸為，
所以在上單調遞增，故，
所以，故，即，
假設存在常數，使得恒成立，取，其中，且，
因為，所以，上式相加得，，
則，與恒成立矛盾，故D錯誤.故選：B.
5．（2023·全國·高考真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
【答案】(1)；(2)證明見解析.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，而，
則，
于是，解得，，
所以數列的通項公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
當為偶數時，，，
當時，，因此，
當為奇數時，，
當時，，因此，所以當時，.
方法2：由（1）知，，，
當為偶數時，，
當時，，因此，
當為奇數時，若，則
，顯然滿足上式，因此當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，.
6．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知為等差數列，，記，分別為數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
【解析】（1）設等差數列的公差為，而，
則，
于是，解得，，
所以數列的通項公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
當為偶數時，，，
當時，，因此，
當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，.
方法2：由（1）知，，，
當為偶數時，，
當時，，因此，
當為奇數時，若，則
，顯然滿足上式，因此當為奇數時，，
當時，，因此，
所以當時，.
7．（2023年天津高考數學真題）已知是等差數列，．(1)求的通項公式和．(2)設是等比數列，且對任意的，當時，則，
（Ⅰ）當時，求證：；（Ⅱ）求的通項公式及前項和．
【解析】（1）由題意可得，解得，
則數列的通項公式為，求和得
.
（2）(Ⅰ)由題意可知，當時，，
取，則，即，
當時，，取，此時，
據此可得，綜上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
則數列的公比滿足，
當時，，所以，
所以，即，
當時，，所以，
所以數列的通項公式為，其前項和為：.
8．（2022年新高考全國I卷數學真題）記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．(1)求的通項公式；(2)證明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差為的等差數列，∴,∴,
∴當時，，∴,
整理得：,即,∴
，顯然對于也成立，∴的通項公式；
（2） ∴
9．（2021年天津高考數學試題）已知是公差為2的等差數列，其前8項和為64．是公比大于0的等比數列，．（I）求和的通項公式；（II）記，
（i）證明是等比數列；（ii）證明
【解析】（I）因為是公差為2的等差數列，其前8項和為64．
所以，所以，所以；
設等比數列的公比為，所以，解得（負值舍去），
所以；
（II）（i）由題意，，所以，
所以，且，所以數列是等比數列；
（ii）由題意知，，所以，
所以，設，則，
兩式相減得，所以，
所以.
10．（2021年浙江省高考數學試題）已知數列的前n項和為，，且.
（1）求數列的通項；（2）設數列滿足，記的前n項和為，若對任意恒成立，求實數的取值范圍.
【解析】（1）當時，，，
當時，由①，得②，①②得
，又是首項為，公比為的等比數列，
；
（2）由，得，
所以，
，
兩式相減得
，所以，
由得恒成立，即恒成立，時不等式恒成立；
時，，得；
時，，得；所以.
高頻考點一 先求和后放縮
核心知識：
先求和后放縮方法是一種處理數列不等式問題的有效策略。其核心思路在于，首先通過求和將數列的項合并，簡化問題形式；接著，在求和的基礎上進行適當的放縮，即利用不等式的性質對求和結果進行放大或縮小，從而更便于進行后續的比較和推導。
典例1：（2024·遼寧大連·高三校聯考期中）已知為數列的前項和，，，記.(1)求數列的通項公式；(2)已知，記數列的前項和為，求證：.
【解析】（1）由，得，，
則，，，
數列是以為首項，為公比的等比數列，，
，.
（2），，
，
當為奇數時，，
當為偶數時，，由，可知是遞增數列，，
綜上，.
變式訓練
1.（2024·高三·遼寧大連·期中）已知的前n項和為，，且滿足______，現有以下條件：
①；②；③
請在三個條件中任選一個，補充到上述題目中的橫線處，并求解下面的問題：
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求的前n項和，并證明：．
【解析】（1）若選擇條件①：因為，
當時，，兩式相減得，
所以當時，當n＝1時符合，∴；
若選擇條件②：因為，當時，兩式相減得，，
∴是首項為2，公比為2的等比數列，∴；
若選擇條件③：∵，∴時，，兩式相減得，
當n＝1時，，可得，，∴時成立，
∴是首項為2，公比為2的等比數列，∴；
（2）由（1）可知，則，
所以，
因為，所以各項均為正數，所以，
又因為，所以．
2.已知在數列中，，且當時，.
(1)求的通項公式；(2)設，數列的前項和為，證明：.
【解析】（1）當時，，又，可得，
當時，，則，即，
又，故數列是以為首項，為公比的等比數列，則，故；
（2）由（1）知，則，
則數列的前項和
，又，則，故.
高頻考點2 裂項放縮
核心知識：
放縮方法是一種處理數列求和及不等式證明的技巧。其核心在于將數列的通項進行裂項，即將其拆分為兩部分或多部分，以便更容易地觀察其規律或進行放縮。
在裂項后，我們可以根據不等式的需要，對拆分后的項進行適當的放大或縮小。這種放縮通常基于數列的單調性、有界性或其他已知性質。
裂項放縮方法的關鍵在于準確裂項和合理放縮，它能夠幫助我們簡化問題，揭示數列的內在規律，從而更輕松地證明數列不等式。
典例1：已知正項數列滿足，，且對于任意，滿足．(1)求出數列的通項公式；(2)設，證明：數列的前n項和；(3)設，證明：．
【解析】（1）因為，，，
當時，，計算得，·由，可得，
兩相減可知，整理可得，·
所以為定值，定值為，
所以所以為等差數列，故．
（2）證明:由（1）得，所以，·，
故
因為·，所以，所以，即
（3）證明：，·
因為，·所以
．·
另．
變式訓練：
1.已知數列的首項為1，其前項和為，等比數列是首項為1的遞增數列，若．(1)求數列和的通項公式；
(2)證明：；(3)求使得成立的最大整數．
【解析】（1）因為，
所以當時，，作差得，
兩邊同時除以得，又，所以，得，
所以，故對，所以數列是首項為1，公差為1的等差數列，
所以，則．設等比數列的公比為，
因為，所以由，或
又因以數列是遞增數列，所以．
（2）因為，所以
．
（3）由（1）知，即，令，則，，
所以當時，，當時，，當時，，即有，，
又，故當時，，所以，，又，
所以，當時，，故使得成立的最大整數為6．
2．（2024·江西萍鄉·高三統考期中）已知正項數列中，，前項和為，且__________.請在①②中任選一個條件填在題目橫線上，再作答：①，②.
(1)求數列的通項公式；
(2)設，數列的前項和為，證明：.
【解析】（1）若選①: 由，得，
即，因為為正項數列，故，是公差為2的等差數列，
由，得；
若選②：，當時，，
兩式作差得：，則，
兩式作差得，即，所以數列為等差數列，
時，，可得，公差，則；
（2）由（1）知，，又，
高頻考點3 等比放縮
核心知識：
等比放縮方法是一種處理數列不等式問題的有效技巧。其核心思想在于，通過觀察數列的項與項之間的關系，發現其等比規律，并利用這一規律對數列的項進行適當的放大或縮小。在具體應用時，我們可以根據數列的等比性質，選擇一個合適的等比數列作為放縮的基準，然后對原數列的每一項都按照這個等比數列進行放縮。這種方法的關鍵在于準確把握等比數列的性質，以及合理確定放縮的倍數，從而確保放縮后的不等式仍然成立。
典例1：已知數列的前項和為，若，且滿足（）.
(1)求數列的通項公式；(2)證明：.
【解析】（1）依題意，·可知（），當時，由，可知，
由，可得兩式相減可知，，即（），
因此時，為公比為2的等比數列，故（），所以.
（2）由（1）可知，，，當時，，也符合該形式，
因此（），.
變式訓練：
1．（2024·山東青島·高三?？计谥校盗惺堑炔顢盗校瑪盗惺堑缺葦盗?，滿足：，．(1)求數列和的通項公式；(2)數列和的公共項組成的數列記為，求的通項公式；(3)記數列的前項和為，證明：
【解析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
由可得，易知，所以，解得；
又可得，可得；
由可得，即；
因此可得，；
所以數列和的通項公式.
（2）數列和的公共項需滿足，可得，即是4的整數倍，
可知，由二項式定理可知若是4的倍數，則為正數，即；
所以可得，即的通項公式為
（3）易知，顯然對于都成立，所以對于都成立，
即
，即可得.
2．（2024·河南·高三校聯考期中）已知數列的前n項和為，且．
(1)求；(2)若，記數列的前n項和為，求證：．
【解析】（1）當時，，解得；
當時，，，則，
因為，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以，即；
（2）由（1）知，，依題意，
因為，，則，即；
因為，
所以，而，
故，即．綜上所述，．
高頻考點4 型不等式的證明
核心知識：通項分析法進行放縮。
典例1：（2024·湖南長沙·高三?？茧A段練習）設數列的前n項之積為，滿足（）.
(1)設，求數列的通項公式；(2)設數列的前n項之和為，證明：.
【解析】（1）∵數列的前n項之積為，滿足（），時，，解得.
∴時，，化為， 變形為，
又，∴，，數列是首項為4公比為2的等比數列，∴.
（2）先證明左邊：即證明，由（1）可得：，解得，
又由，解得， 又，
所以，
再證明右邊：.
∴，
下面證明，即證明，設，，
則，即證明，.設，，，
則函數在上單調遞增，∴，即，，
∴.∴.
變式訓練：
1.數列的前項和為， 滿足 且首項 .
(1)證明：數列為等比數列，并求出數列的通項公式；
(2)令討論（為的導數）與 的大小關系.
【解析】（1）由已知可得時，，
兩式相減得，即，∴，
當時，，∴，∵，∴，∴，
故有，∴，
∴數列是以2為首項，2為公比的等比數列，∴，故.
（2）∵，∴，
∴
，
∴，
①-②得， ，
∴，
∴，
當時，，∴.
當時，，∴.
當時， ，∵，
∴ ，∴ ，
綜上，當時，；當時，；當時，.
2.已知函數在點處的切線與軸重合．(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
【解析】（1）因為，且，
由題意可得，即，可得，
可知的定義域為，且，
令，解得；令，解得；
可知在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以有極大值，無極小值．
（2）由（1）可得，當且僅當時取等號，可得，當且僅當時取等號，等價變形為，即，當且僅當時取等號，
代入題干中可得，則，即，
當時，，即，
且符合上式，所以，，則，
由，令得，即，
所以.
高頻考點5 型不等式的證明
核心知識：通項分析法進行放縮.
典例1：（2024·遼寧大連·一模）已知函數.(1)若函數在點處的切線在兩坐標軸上截距相等，求的值；(2)（i）當時，恒成立，求正整數的最大值；（ii）記，，且.試比較與的大小并說明理由.
【解析】（1）由已知，定義域為，
∵，∴，∴切點即，
又∵，∴由導數的幾何意義，函數在點處的切線斜率為，
∴函數在點處的切線方程為，整理得，.
若切線在兩坐標軸上截距相等，則①當切線過原點時，，解得，切線方程為，
②當切線不過原點時，斜線斜率，解得，切線方程為.∴的值為或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若為正整數，則，∴當時，，在區間上單調遞減，
當時，，在區間上單調遞增，
∴當時，的極小值，也是最小值為，
若當時，恒成立，則的最小值，
設，則，
當時，，在區間上單減，∴當時，單調遞減，
又∵，，
∴使的正整數的最大值為，
∴當時，使恒成立的正整數的最大值為.
（ii），理由證明如下：∵當且時，
∴
（），
又∵，∴，
①當時，，
②當時，由（i）知，，恒成立，，
∴當時，，，即恒成立，
∴，∴
，
綜上所述，當且時，，即有.
變式訓練：
1．（2025·福建·高三校階段練習）已知數列的滿足，且,記.
(1)求證：為等差數列，并求的通項公式；(2)設，求的值；
(3)是否存在正實數，使得對任意都成立？若存在，求實數的取值范圍；若不存在，請說明理由.
【解析】(1) ,
所以是以為首項，2為公差的等差數列,
.
（2） ,
, .
(3) 左邊,
由題意可知,對任意恒成立,
令 ,則由對鉤函數的性質可知
在上單調遞增，故，
綜上可以，即正實數的取值范圍為.
高頻考點6 型不等式的證明
核心知識：構造函數進行放縮。
典例1：已知函數的最小值為0，其中．
(1)求的值；(2)若對任意的，有成立，求實數的最小值；
(3)證明：．
【解析】（1）由函數，則其定義域為，且.
由，得:，又由，得:，
在單調遞減，在單調遞增，；
（2）設，則在恒成立等價于，
注意到，又，
①當時，由得.
在單減，單增，這與式矛盾；
②當時，在恒成立，符合，的最小值為；
（3）由（2）知：令得：，
令得：
當時，(1)；當時，，
，
，將(1)(2)(3),......,(n)式相加得：
不等式左邊：；
不等式右邊：；
所以.
變式訓練：
1.在各項均為正數的數列中，，，．(1)證明數列為等比數列，并求數列的通項公式；(2)若，記數列的前n項和為．（i）求；（ii）證明：．
【解析】（1）由題意知，
因此數列是以為首項，以4為公比的等比數列，
于是，．．
又適合上式，所以．
（2）（i）因為，
所以
．
（ii）因為數列的前n項和為，
所以只需證明：，
也就是，
令，只需證明，
設函數，，．
所以，即成立，得證．
2．（2025·福建·高三?？计谥校┮阎瘮档淖钚≈禐?，其中．
(1)求的值；(2)若對任意的，有成立，求實數的最小值；
(3)證明：．
【解析】（1）由函數，則其定義域為，且.
由，得:，又由，得:，
在單調遞減，在單調遞增，；
（2）設，則在恒成立等價于，
注意到，又，
①當時，由得.
在單減，單增，這與式矛盾；
②當時，在恒成立，符合，的最小值為；
（3）由（2）知：令得：，
令得：當時，(1)；
當時，，，
，
將(1)(2)(3),......,(n)式相加得：不等式左邊：
；
不等式右邊：；
所以.
高頻考點7 型不等式的證明
核心知識：構造函數進行放縮。
典例1：（2024·四川成都·石室中學?？寄M預測）已知函數.
(1)若在上單調遞增，求的值；(2)證明：（且）.
【解析】（1）函數，求導得，
由于函數在R上單調遞增，則恒成立，令，則，
當時，，當時，，不滿足條件；
當時，，在R上單調遞增，
又，即，不滿足條件；
當時，令，得，
則當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
于是當時，取得最小值，
于是，即，令，則，
當時，，單調遞增；時，，單調遞減，
則，由于恒成立，因此，則有，
所以單調遞增時，的值為1.
（2）由（1）知，當時，，即有，當且僅當時取等號，即當時，，
因此當且時，，
而當時，，
所以，
則，所以，
變式訓練：
1．（2024·吉林·統考三模）已知函數．（1）求的最大值；（2）設，是曲線的一條切線，證明：曲線上的任意一點都不可能在直線的上方；（3）求證：（其中為自然對數的底數，）．
【解析】（Ⅰ）的定義域為，，令，得．
當時，，∴在上是增函數，
當時，，∴在上是減函數，故在處取得最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，設是曲線上的一點，
則在點處的切線方程為，即，
令則，
∵，在上是減函數，∴在處取得最大值，即恒成立，
故曲線上的任意一點不可能在直線的上方．
（3）由（1）知在上恒成立，當且僅當時，等號成立，
故當且時，有，又因為，所以
。所以
高頻考點8 利用遞推關系進行放縮
核心知識：利用遞推關系進行放縮時，我們首先要明確數列的遞推公式，然后根據這個公式對數列的項進行適當的放大或縮小。關鍵在于保持放縮后的不等式方向不變，同時確保放縮后的數列更容易處理。這種方法能夠幫助我們揭示數列的深層結構，從而更有效地解決數列不等式問題。
典例1：（2024·高三·重慶·期末）已知正項數列滿足：
（1）求的范圍，使得恒成立；（2）若，證明：
（3）若，證明：
【解析】（1）由，得由，即
所以或（舍） 所以時，
（2）證：若，得 現假設（）
構造函數，易知在上單調增
所以即
由以上歸納可知 5分
（3）由得所以
構造函數，在上單調遞增
所以
變式訓練：
1.已知數列滿足：，（）．（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）證明：；（Ⅲ）求證：．
【解析】（I） ，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：
（Ⅲ），所以，累加得右側；另一方面由可得，累加得左側.
由（Ⅱ）得：，所以，
累加得： 另一方面由可得：原式變形為
所以：
累加得
1.（2024·廣東·模擬預測）已知正項數列的前n項和為，且滿足．(1)證明：數列為等比數列；(2)若，數列的前n項和為，證明：．
【解析】（1）由得，則當時，有，
兩式相減得，
整理得，即，因此數列是以為公比的等比數列．
（2）由（1）及可得，因此．
于是，
所以
，
由于，所以，故．
2.已知數列滿足.記.(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的前項和；(3)若，數列的前項和為，求證：.
【解析】（1）由，得，而，則，
又，因此，所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列.
（2）由（1）得，，則，
令數列的前項和為，則，，
兩式相減得，則，
所以.
（3）由（2）知，
，
而，所以.
3．設數列的前項和為．若對任意的正整數，總存在正整數，使得，則稱是“數列”．(1)若，判斷數列是否是“數列”；(2)設是等差數列，其首項，公差，且是“數列”，①求的值；②設為數列的前項和，證明：
【解析】（1）因為，當時，，
當時，，又，即也滿足，綜上可得，
當時存在或使得（即或），
對于任意的正整數，總存在正整數，此時，
綜上可得對于任意的正整數，總存在正整數，此時，故是“數列”；
（2）①因為是等差數列，其首項，公差，設的前項和為，
故，，
對任意的正整數，總存在正整數，使得，即，
當時，，此時只需，當時，，解得，
又，故,又為正整數，故,此時；
當時，，下面證明恒為正偶數，
當時，，滿足要求，假設當時，為正偶數，
則當時，，
由于和均為正偶數，故為正偶數，滿足要求，所以恒為正偶數，證畢，所以.
②由①可得，所以，
所以
，
因為，
所以單調遞減且，所以，
所以.
4.（2024·天津·高三期中）已知數列滿足，數列的首項為2，且滿足(1)求和的通項公式(2)記集合，若集合的元素個數為2，求實數的取值范圍．(3)設，證明：．
【解析】（1）由可得：
時，，相減可得，故，
當時，也符合上式，故，
由可得，所以數列為公差為0的等差數列，且首項為2，
所以，則.
（2）由和可得，
記，則，所以，
當時，，當時，，此時單調遞減，
而,
由于集合M的元素個數為2，所以，故.
（3）由得，，
由于，
因此
.
5.（2024·江蘇蘇州·高三統考期中）已知數列滿足，，且．
(1)令，求；(2)記的前n和為，求證：．
【解析】（1）因為，所以，
因為，所以，
因為，所以時，
，也適合，所以．
（2）因為，故，又因為，則，可知，
所以，而，所以，
所以，
所以，所以．
6.已知數列的前項和為，，且．(1)求；(2)若從數列中刪除中的項，余下的數組成數列．①求數列的前項和；
②若成等比數列，記數列的前項和為，證明：．
【解析】（1）∵，∴當時，，
兩式相減得，，整理得，即，
∴當時，，滿足此式，∴.
（2）①由（1）得，，∴，，
∴數列是首項為，公差為的等差數列.
當為奇數時，為偶數，為的整數倍，是數列中的項，
當為偶數時，為奇數，不是數列中的項，
∴數列中的項為數列的偶數項，且，
∴數列是首項為，公差為的等差數列，∴，
∴，，
∴.
②由①得，，∴，
∵成等比數列，∴，即，
∴，∴，
∴.
7．（2024·廣西玉林·校聯考模擬預測）記為數列的前項和，已知，．
(1)證明：當時，數列是等比數列，并求數列的通項公式；
(2)設，數列的前項和為，證明：．
【解析】（1）證明：因為，，為數列的前項和，
當時，，當時，由①，可得②，
①②可得，即，所以，，
又因為，則當時，數列是等比數列，其公比為，
即當時，，則，
不滿足，所以，.
（2）證明：，
則
. 綜上，對任意的，.
8.已知數列滿足,（）.(1)記（），證明：數列為等比數列，并求的通項公式；(2)求數列的前項和；
(3)設（），且數列的前項和為，求證：（）.
【解析】（1）
，
又，所以，數列為以為首項，為公比的等比數列.
由等比數列的通項公式知.
（2）由（1）可知，又，.
設，則，
設，，，，
故.
（3），，
所以欲證，只需證，即證.
設，，故在上單調遞減，，
時，.，得證.
9.已知數列和滿足，，．(1)證明：是等比數列；
(2)設，求數列的前項和；
(3)證明：．
【解析】（1）由題意知，，
所以，
即，又，所以是首項為，公比為的等比數列．
（2）由（1）知，所以，
所以
．
（3）由（1）知，所以．
當為偶數：
．
所以．
當為奇數時，，
而，所以． 綜上可知原命題成立．
10．（2024·北京通州·高三統考期中）已知數列的各項均為正數，且滿足（，且）.(1)若；（i）請寫出一個滿足條件的數列的前四項；（ii）求證：存在，使得成立；(2)設數列的前項和為，求證：.
【解析】（1）（i）∵即，
又，則，∴滿足條件的數列的前四項可以為：.
（ii）∵（，且），∴，，
，，累加得，則，
則，∵，∴，
不妨令，故存在，使得成立；
（2）由（1）知：，同理∵即，
∴，，，
∴，則則，
，，，，
累加得：，故：.
11．（2024·江蘇鹽城·高三統考期中）“太極生兩儀，兩儀生四象，四象生八卦……”，“大衍數列”來源于《乾坤譜》，用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理.“大衍數列”的前幾項分別是：0，2，4，8，12，18，24，…，且滿足其中.(1)求（用表示）；(2)設數列滿足：其中，是的前項的積，求證：，.
【解析】（1），
∴.
（2）由（1）知，，，
而也滿足上式，故，
∴ 且，故且，即，
∴，則，
令且，則，即在上遞減，
所以，即在上恒成立，故（當且僅當時取等號），
所以，，即，，證畢.
12．（2024·山西太原·高三統考期中）已知為單調遞增的等比數列，，記，分別是數列，的前n項和，，．(1)求的通項公式；(2)證明：當時，．
【解析】（1）由題意設的公比為q（），
則，∴，
由，解得，∴；
（2）由（1）得，
①當（）時，
；
②當（）時，
；
綜上，當時，．
13.設數列的前項和為，且，．(1)證明：數列是等比數列，并求的通項公式；(2)設，證明：．
【解析】（1）因為，當時，解得，
當時，相減得，所以，·
所以是以首項為6，公比為3的等比數列，即，所以.
（2）由（1）可得，
即證：·
方法一：令．則，·
因為，所以，所以單調遞增，即，
即．
方法二：放縮法：，
所以，，，，
相乘得
即
14.已知數列，為數列的前項和，且滿足，．
(1)求的通項公式；(2)證明：．
【解析】（1）對任意的，
當時，，兩式相減．整理得，
當時，，
也滿足，從而．
（2）證明：證法一：因為，
所以，．
從而；
證法二：因為，
所以，
，證畢.
15．（2024·湖北·高三專題練習）已知數列，為數列的前項和，且滿足，．(1)求的通項公式；(2)證明：．
【解析】（1）對任意的，
當時，，兩式相減．整理得，
當時，，
也滿足，從而．
（2）證明：證法一：因為，
所以，．
從而；
證法二：因為，
所以，
，證畢.
16.已知函數．（1）求的最大值；（2）設，是曲線的一條切線，證明：曲線上的任意一點都不可能在直線的上方；（3）求證：（其中為自然對數的底數，）．
【解析】（Ⅰ）的定義域為，，令，得．
當時，，∴在上是增函數，
當時，，∴在上是減函數，故在處取得最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，設是曲線上的一點，
則在點處的切線方程為，即，
令則，
∵，在上是減函數，∴在處取得最大值，即恒成立，
故曲線上的任意一點不可能在直線的上方．
（3）由（1）知在上恒成立，當且僅當時，等號成立，
故當且時，有，又因為，所以
所以
17.（2024·天津濱海新·高三?？茧A段練習）已知數列為等差數列，數列為等比數列，且，，，（）.(1)求，的通項公式；
(2)已知，求數列的前項和；(3)求證：（）.
【解析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
由，，得，則，
由，，得，解得，，則， ，
所以，的通項公式是，.
（2）當是奇數時，，
當是偶數時，，
則，
于是，
兩式相減得：
因此，
，
所以.
（3）由（1）知，，當且僅當時取等號，
因此，所以（）.
18.已知數列滿足，，．(1)猜想數列的單調性，并證明你的結論；
(2)證明：．
【解析】（1）由及得
由猜想：數列是遞減數列
下面用數學歸納法證明：（1）當n=1時，已證命題成立；
（2）假設當n=k時命題成立，即易知，那么
=，即，也就是說，當n=k+1時命題也成立，結合（1）和（2）知，命題成立．
（2）當n=1時，，結論成立，
當時，易知，，
．即.
19．已知數列滿足，.證明：對這一切，有
（1）；（2）.
【解析】（1）顯然，，.故
·
·.所以，.
又，故對一切，有.
（2）顯然，.由，知·
·
.故.
20．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知數列和滿足：.
(1)設求的值；(2)設求數列的通項公式；
(3)設證明：______.請從下面①，②兩個選項中，任選一個補充到上面問題中，并給出證明.
①；②其中.
注：若兩個問題均作答，則按第一個計分.
【答案】(1)(2)(3)答案見解析
【詳解】（1）令得因為所以.
（2）因為所以因為所以
即因為所以
所以數列是首項為1，公比為的等比數列，
所以，所以.
（3）若選①，因為當且僅當時等號成立，
所以所以
因為所以即
所以故．
所以即.
若選②，因為所以．
當時，有.
所以
，即
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