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3.2 数列不等式放缩、数学归纳法与新定义问题
考点分布 考查频率 命题趋势
数列放缩 2023年II卷第18题，12分 2022年I卷第17题，10分 2021年乙卷第19题，12分 2021年II卷第17题，10分 2021年浙江卷第20题，15分 预测2025年新高考数学试题趋势，数列部分多以解答题形式出现，具体估计为第二问预计将以中等偏上的难度水平出现，该题预计将融合多个知识点，构成一道综合性较强的题目，旨在全面考察考生对数列知识的深入理解及灵活运用能力。特别注意数列与不等式放缩、新定义，结合数学归纳法是常考内容。
新定义与数学归纳法 2024年全国II卷 19题，17分 2024年全国I卷19题，17分 2024年北京卷 21题，14分 2024年天津卷 19题，14分
数列放缩技巧是高考数学中的核心考点，尤其在数列与不等式相结合的复杂问题中更为凸显。当前，这类问题的难度已趋于稳定，保持在中等偏难水平。解题时，关键在于对数列通项公式的灵活处理，特别是通过巧妙的变形来接近那些具有明确求和公式的数列类型。在此过程中，向可裂项相消的数列和等比数列靠拢，成为了放缩策略中的高级且有效的手段。往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要，数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注。
1．（2024年全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．(1)写出所有的，，使数列是可分数列；(2)当时，证明：数列是可分数列；(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
2．（2024年全国2卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
3．（2024年北京高考数学真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
4．（2023年北京高考数学真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
5．（2023·全国·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
6．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
7．（2023年天津高考数学真题）已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
8．（2022年新高考全国I卷数学真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．
9．（2021年天津高考数学试题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，
（i）证明是等比数列；（ii）证明
10．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
高频考点一 先求和后放缩
核心知识：
先求和后放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效策略。其核心思路在于，首先通过求和将数列的项合并，简化问题形式；接着，在求和的基础上进行适当的放缩，即利用不等式的性质对求和结果进行放大或缩小，从而更便于进行后续的比较和推导。
典例1：（2024·辽宁大连·高三校联考期中）已知为数列的前项和，，，记.(1)求数列的通项公式；(2)已知，记数列的前项和为，求证：.
变式训练
1.（2024·高三·辽宁大连·期中）已知的前n项和为，，且满足______，现有以下条件：
①；②；③
请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题：
(1)求数列的通项公式；(2)若，求的前n项和，并证明：．
2.已知在数列中，，且当时，.
(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.
高频考点2 裂项放缩
核心知识：
放缩方法是一种处理数列求和及不等式证明的技巧。其核心在于将数列的通项进行裂项，即将其拆分为两部分或多部分，以便更容易地观察其规律或进行放缩。
在裂项后，我们可以根据不等式的需要，对拆分后的项进行适当的放大或缩小。这种放缩通常基于数列的单调性、有界性或其他已知性质。
裂项放缩方法的关键在于准确裂项和合理放缩，它能够帮助我们简化问题，揭示数列的内在规律，从而更轻松地证明数列不等式。
典例1：已知正项数列满足，，且对于任意，满足．(1)求出数列的通项公式；(2)设，证明：数列的前n项和；(3)设，证明：．
变式训练：
1.已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若．(1)求数列和的通项公式；
(2)证明：；(3)求使得成立的最大整数．
2．（2024·江西萍乡·高三统考期中）已知正项数列中，，前项和为，且__________.请在①②中任选一个条件填在题目横线上，再作答：①，②.
(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.
高频考点3 等比放缩
核心知识：
等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧。其核心思想在于，通过观察数列的项与项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小。在具体应用时，我们可以根据数列的等比性质，选择一个合适的等比数列作为放缩的基准，然后对原数列的每一项都按照这个等比数列进行放缩。这种方法的关键在于准确把握等比数列的性质，以及合理确定放缩的倍数，从而确保放缩后的不等式仍然成立。
典例1：已知数列的前项和为，若，且满足（）.
(1)求数列的通项公式；(2)证明：.
变式训练：
1．（2024·山东青岛·高三校考期中）数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．(1)求数列和的通项公式；(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；(3)记数列的前项和为，证明：
2．（2024·河南·高三校联考期中）已知数列的前n项和为，且．
(1)求；(2)若，记数列的前n项和为，求证：．
高频考点4 型不等式的证明
核心知识：通项分析法进行放缩。
典例1：（2024·湖南长沙·高三校考阶段练习）设数列的前n项之积为，满足（）.
(1)设，求数列的通项公式；(2)设数列的前n项之和为，证明：.
变式训练：
1.数列的前项和为， 满足 且首项 .
(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)令讨论（为的导数）与 的大小关系.
2.已知函数在点处的切线与轴重合．(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
高频考点5 型不等式的证明
核心知识：通项分析法进行放缩.
典例1：（2024·辽宁大连·一模）已知函数.(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
变式训练：
1．（2025·福建·高三校阶段练习）已知数列的满足，且,记.
(1)求证：为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求的值；
(3)是否存在正实数，使得对任意都成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.
高频考点6 型不等式的证明
核心知识：构造函数进行放缩。
典例1：已知函数的最小值为0，其中．(1)求的值；(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；(3)证明：．
变式训练：
1.在各项均为正数的数列中，，，．(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）证明：．
2．（2025·福建·高三校考期中）已知函数的最小值为0，其中．
(1)求的值；(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；
(3)证明：．
高频考点7 型不等式的证明
核心知识：构造函数进行放缩。
典例1：（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的值；(2)证明：（且）.
变式训练：
1．（2024·吉林·统考三模）已知函数．（1）求的最大值；（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．
高频考点8 利用递推关系进行放缩
核心知识：利用递推关系进行放缩时，我们首先要明确数列的递推公式，然后根据这个公式对数列的项进行适当的放大或缩小。关键在于保持放缩后的不等式方向不变，同时确保放缩后的数列更容易处理。这种方法能够帮助我们揭示数列的深层结构，从而更有效地解决数列不等式问题。
典例1：（2024·高三·重庆·期末）已知正项数列满足：
（1）求的范围，使得恒成立；（2）若，证明：
（3）若，证明：
变式训练：
1.已知数列满足：，（）．（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）求证：．
1.（2024·广东·模拟预测）已知正项数列的前n项和为，且满足．(1)证明：数列为等比数列；(2)若，数列的前n项和为，证明：．
2.已知数列满足.记.(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和；(3)若，数列的前项和为，求证：.
3．设数列的前项和为．若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”．(1)若，判断数列是否是“数列”；(2)设是等差数列，其首项，公差，且是“数列”，①求的值；②设为数列的前项和，证明：
4.（2024·天津·高三期中）已知数列满足，数列的首项为2，且满足(1)求和的通项公式(2)记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围．(3)设，证明：．
5.（2024·江苏苏州·高三统考期中）已知数列满足，，且．
(1)令，求；(2)记的前n和为，求证：．
6.已知数列的前项和为，，且．(1)求；(2)若从数列中删除中的项，余下的数组成数列．①求数列的前项和；
②若成等比数列，记数列的前项和为，证明：．
7．（2024·广西玉林·校联考模拟预测）记为数列的前项和，已知，．
(1)证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
8.已知数列满足,（）.(1)记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式；(2)求数列的前项和；
(3)设（），且数列的前项和为，求证：（）.
9.已知数列和满足，，．(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和；(3)证明：．
10．（2024·北京通州·高三统考期中）已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.(1)若；（i）请写出一个满足条件的数列的前四项；（ii）求证：存在，使得成立；(2)设数列的前项和为，求证：.
11．（2024·江苏盐城·高三统考期中）“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.(1)求（用表示）；(2)设数列满足：其中，是的前项的积，求证：，.
12．（2024·山西太原·高三统考期中）已知为单调递增的等比数列，，记，分别是数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
13.设数列的前项和为，且，．(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；(2)设，证明：．
14.已知数列，为数列的前项和，且满足，．
(1)求的通项公式；(2)证明：．
15．（2024·湖北·高三专题练习）已知数列，为数列的前项和，且满足，．(1)求的通项公式；(2)证明：．
16.已知函数．（1）求的最大值；（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．
17.（2024·天津滨海新·高三校考阶段练习）已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）.(1)求，的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；(3)求证：（）.
18.已知数列满足，，．(1)猜想数列的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：．
19．已知数列满足，.证明：对这一切，有
（1）；（2）.
20．（2024·江苏泰州·模拟预测）已知数列和满足：.
(1)设求的值；(2)设求数列的通项公式；
(3)设证明：______.请从下面①，②两个选项中，任选一个补充到上面问题中，并给出证明.
①；②其中.
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
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3.2 数列不等式放缩、数学归纳法与新定义问题
考点分布 考查频率 命题趋势
数列放缩 2023年II卷第18题，12分 2022年I卷第17题，10分 2021年乙卷第19题，12分 2021年II卷第17题，10分 2021年浙江卷第20题，15分 预测2025年新高考数学试题趋势，数列部分多以解答题形式出现，具体估计为第二问预计将以中等偏上的难度水平出现，该题预计将融合多个知识点，构成一道综合性较强的题目，旨在全面考察考生对数列知识的深入理解及灵活运用能力。特别注意数列与不等式放缩、新定义，结合数学归纳法是常考内容。
新定义与数学归纳法 2024年全国II卷 19题，17分 2024年全国I卷19题，17分 2024年北京卷 21题，14分 2024年天津卷 19题，14分
数列放缩技巧是高考数学中的核心考点，尤其在数列与不等式相结合的复杂问题中更为凸显。当前，这类问题的难度已趋于稳定，保持在中等偏难水平。解题时，关键在于对数列通项公式的灵活处理，特别是通过巧妙的变形来接近那些具有明确求和公式的数列类型。在此过程中，向可裂项相消的数列和等比数列靠拢，成为了放缩策略中的高级且有效的手段。往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合．在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结合，“放缩”思想及方法尤为重要，数列与数学归纳法的结合问题，也应适度关注。
1．（2024年全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．(1)写出所有的，，使数列是可分数列；(2)当时，证明：数列是可分数列；(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【解析】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）故数列是可分数列.
（3）定义集合
.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：
命题1：或； 命题2：.我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
2．（2024年全国2卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以.
这就得到，. 所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
3．（2024年北京高考数学真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
【解析】（1）因为数列，由序列可得；
由序列可得；由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，不妨设，则，
①当，则，分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，可得，为常数列，符合题意；
③若，则，即，分别执行个、个，
可得，因为，
可得，即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，即，
分别执行个、个，可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，可得，
且，可得，
因为为偶数，则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
4．（2023年北京高考数学真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【解析】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，则，故成立，
由数学归纳法可得成立.而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，则，故成立即
由数学归纳法可得成立.而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，
则，故成立即 由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，则，故成立
由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，当时，，，
假设当时，，当时，因为，所以，则，
所以，又当时，，即，
假设当时，，当时，因为，所以，则，
所以，综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，， 猜想当时，，
当与时，与满足，假设当时，，
当时，所以，
综上：，易知，则，故，
所以，因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，故，即，
假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，
因为，所以，上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B.
5．（2023·全国·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
6．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
【解析】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
7．（2023年天津高考数学真题）已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
【解析】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，取，此时，
据此可得，综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，其前项和为：.
8．（2022年新高考全国I卷数学真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，∴,∴,
∴当时，，∴,
整理得：,即,∴
，显然对于也成立，∴的通项公式；
（2） ∴
9．（2021年天津高考数学试题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，
（i）证明是等比数列；（ii）证明
【解析】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以，所以，所以；
设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），
所以；
（II）（i）由题意，，所以，
所以，且，所以数列是等比数列；
（ii）由题意知，，所以，
所以，设，则，
两式相减得，所以，
所以.
10．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
当时，由①，得②，①②得
，又是首项为，公比为的等比数列，
；
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，所以，
由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；所以.
高频考点一 先求和后放缩
核心知识：
先求和后放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效策略。其核心思路在于，首先通过求和将数列的项合并，简化问题形式；接着，在求和的基础上进行适当的放缩，即利用不等式的性质对求和结果进行放大或缩小，从而更便于进行后续的比较和推导。
典例1：（2024·辽宁大连·高三校联考期中）已知为数列的前项和，，，记.(1)求数列的通项公式；(2)已知，记数列的前项和为，求证：.
【解析】（1）由，得，，
则，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
，.
（2），，
，
当为奇数时，，
当为偶数时，，由，可知是递增数列，，
综上，.
变式训练
1.（2024·高三·辽宁大连·期中）已知的前n项和为，，且满足______，现有以下条件：
①；②；③
请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题：
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的前n项和，并证明：．
【解析】（1）若选择条件①：因为，
当时，，两式相减得，
所以当时，当n＝1时符合，∴；
若选择条件②：因为，当时，两式相减得，，
∴是首项为2，公比为2的等比数列，∴；
若选择条件③：∵，∴时，，两式相减得，
当n＝1时，，可得，，∴时成立，
∴是首项为2，公比为2的等比数列，∴；
（2）由（1）可知，则，
所以，
因为，所以各项均为正数，所以，
又因为，所以．
2.已知在数列中，，且当时，.
(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.
【解析】（1）当时，，又，可得，
当时，，则，即，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，则，故；
（2）由（1）知，则，
则数列的前项和
，又，则，故.
高频考点2 裂项放缩
核心知识：
放缩方法是一种处理数列求和及不等式证明的技巧。其核心在于将数列的通项进行裂项，即将其拆分为两部分或多部分，以便更容易地观察其规律或进行放缩。
在裂项后，我们可以根据不等式的需要，对拆分后的项进行适当的放大或缩小。这种放缩通常基于数列的单调性、有界性或其他已知性质。
裂项放缩方法的关键在于准确裂项和合理放缩，它能够帮助我们简化问题，揭示数列的内在规律，从而更轻松地证明数列不等式。
典例1：已知正项数列满足，，且对于任意，满足．(1)求出数列的通项公式；(2)设，证明：数列的前n项和；(3)设，证明：．
【解析】（1）因为，，，
当时，，计算得，·由，可得，
两相减可知，整理可得，·
所以为定值，定值为，
所以所以为等差数列，故．
（2）证明:由（1）得，所以，·，
故
因为·，所以，所以，即
（3）证明：，·
因为，·所以
．·
另．
变式训练：
1.已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若．(1)求数列和的通项公式；
(2)证明：；(3)求使得成立的最大整数．
【解析】（1）因为，
所以当时，，作差得，
两边同时除以得，又，所以，得，
所以，故对，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则．设等比数列的公比为，
因为，所以由，或
又因以数列是递增数列，所以．
（2）因为，所以
．
（3）由（1）知，即，令，则，，
所以当时，，当时，，当时，，即有，，
又，故当时，，所以，，又，
所以，当时，，故使得成立的最大整数为6．
2．（2024·江西萍乡·高三统考期中）已知正项数列中，，前项和为，且__________.请在①②中任选一个条件填在题目横线上，再作答：①，②.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【解析】（1）若选①: 由，得，
即，因为为正项数列，故，是公差为2的等差数列，
由，得；
若选②：，当时，，
两式作差得：，则，
两式作差得，即，所以数列为等差数列，
时，，可得，公差，则；
（2）由（1）知，，又，
高频考点3 等比放缩
核心知识：
等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧。其核心思想在于，通过观察数列的项与项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小。在具体应用时，我们可以根据数列的等比性质，选择一个合适的等比数列作为放缩的基准，然后对原数列的每一项都按照这个等比数列进行放缩。这种方法的关键在于准确把握等比数列的性质，以及合理确定放缩的倍数，从而确保放缩后的不等式仍然成立。
典例1：已知数列的前项和为，若，且满足（）.
(1)求数列的通项公式；(2)证明：.
【解析】（1）依题意，·可知（），当时，由，可知，
由，可得两式相减可知，，即（），
因此时，为公比为2的等比数列，故（），所以.
（2）由（1）可知，，，当时，，也符合该形式，
因此（），.
变式训练：
1．（2024·山东青岛·高三校考期中）数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．(1)求数列和的通项公式；(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；(3)记数列的前项和为，证明：
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由可得，易知，所以，解得；
又可得，可得；
由可得，即；
因此可得，；
所以数列和的通项公式.
（2）数列和的公共项需满足，可得，即是4的整数倍，
可知，由二项式定理可知若是4的倍数，则为正数，即；
所以可得，即的通项公式为
（3）易知，显然对于都成立，所以对于都成立，
即
，即可得.
2．（2024·河南·高三校联考期中）已知数列的前n项和为，且．
(1)求；(2)若，记数列的前n项和为，求证：．
【解析】（1）当时，，解得；
当时，，，则，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即；
（2）由（1）知，，依题意，
因为，，则，即；
因为，
所以，而，
故，即．综上所述，．
高频考点4 型不等式的证明
核心知识：通项分析法进行放缩。
典例1：（2024·湖南长沙·高三校考阶段练习）设数列的前n项之积为，满足（）.
(1)设，求数列的通项公式；(2)设数列的前n项之和为，证明：.
【解析】（1）∵数列的前n项之积为，满足（），时，，解得.
∴时，，化为， 变形为，
又，∴，，数列是首项为4公比为2的等比数列，∴.
（2）先证明左边：即证明，由（1）可得：，解得，
又由，解得， 又，
所以，
再证明右边：.
∴，
下面证明，即证明，设，，
则，即证明，.设，，，
则函数在上单调递增，∴，即，，
∴.∴.
变式训练：
1.数列的前项和为， 满足 且首项 .
(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)令讨论（为的导数）与 的大小关系.
【解析】（1）由已知可得时，，
两式相减得，即，∴，
当时，，∴，∵，∴，∴，
故有，∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，故.
（2）∵，∴，
∴
，
∴，
①-②得， ，
∴，
∴，
当时，，∴.
当时，，∴.
当时， ，∵，
∴ ，∴ ，
综上，当时，；当时，；当时，.
2.已知函数在点处的切线与轴重合．(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）因为，且，
由题意可得，即，可得，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以有极大值，无极小值．
（2）由（1）可得，当且仅当时取等号，可得，当且仅当时取等号，等价变形为，即，当且仅当时取等号，
代入题干中可得，则，即，
当时，，即，
且符合上式，所以，，则，
由，令得，即，
所以.
高频考点5 型不等式的证明
核心知识：通项分析法进行放缩.
典例1：（2024·辽宁大连·一模）已知函数.(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
【解析】（1）由已知，定义域为，
∵，∴，∴切点即，
又∵，∴由导数的几何意义，函数在点处的切线斜率为，
∴函数在点处的切线方程为，整理得，.
若切线在两坐标轴上截距相等，则①当切线过原点时，，解得，切线方程为，
②当切线不过原点时，斜线斜率，解得，切线方程为.∴的值为或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若为正整数，则，∴当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，的极小值，也是最小值为，
若当时，恒成立，则的最小值，
设，则，
当时，，在区间上单减，∴当时，单调递减，
又∵，，
∴使的正整数的最大值为，
∴当时，使恒成立的正整数的最大值为.
（ii），理由证明如下：∵当且时，
∴
（），
又∵，∴，
①当时，，
②当时，由（i）知，，恒成立，，
∴当时，，，即恒成立，
∴，∴
，
综上所述，当且时，，即有.
变式训练：
1．（2025·福建·高三校阶段练习）已知数列的满足，且,记.
(1)求证：为等差数列，并求的通项公式；(2)设，求的值；
(3)是否存在正实数，使得对任意都成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.
【解析】(1) ,
所以是以为首项，2为公差的等差数列,
.
（2） ,
, .
(3) 左边,
由题意可知,对任意恒成立,
令 ,则由对钩函数的性质可知
在上单调递增，故，
综上可以，即正实数的取值范围为.
高频考点6 型不等式的证明
核心知识：构造函数进行放缩。
典例1：已知函数的最小值为0，其中．
(1)求的值；(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；
(3)证明：．
【解析】（1）由函数，则其定义域为，且.
由，得:，又由，得:，
在单调递减，在单调递增，；
（2）设，则在恒成立等价于，
注意到，又，
①当时，由得.
在单减，单增，这与式矛盾；
②当时，在恒成立，符合，的最小值为；
（3）由（2）知：令得：，
令得：
当时，(1)；当时，，
，
，将(1)(2)(3),......,(n)式相加得：
不等式左边：；
不等式右边：；
所以.
变式训练：
1.在各项均为正数的数列中，，，．(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）证明：．
【解析】（1）由题意知，
因此数列是以为首项，以4为公比的等比数列，
于是，．．
又适合上式，所以．
（2）（i）因为，
所以
．
（ii）因为数列的前n项和为，
所以只需证明：，
也就是，
令，只需证明，
设函数，，．
所以，即成立，得证．
2．（2025·福建·高三校考期中）已知函数的最小值为0，其中．
(1)求的值；(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；
(3)证明：．
【解析】（1）由函数，则其定义域为，且.
由，得:，又由，得:，
在单调递减，在单调递增，；
（2）设，则在恒成立等价于，
注意到，又，
①当时，由得.
在单减，单增，这与式矛盾；
②当时，在恒成立，符合，的最小值为；
（3）由（2）知：令得：，
令得：当时，(1)；
当时，，，
，
将(1)(2)(3),......,(n)式相加得：不等式左边：
；
不等式右边：；
所以.
高频考点7 型不等式的证明
核心知识：构造函数进行放缩。
典例1：（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的值；(2)证明：（且）.
【解析】（1）函数，求导得，
由于函数在R上单调递增，则恒成立，令，则，
当时，，当时，，不满足条件；
当时，，在R上单调递增，
又，即，不满足条件；
当时，令，得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是当时，取得最小值，
于是，即，令，则，
当时，，单调递增；时，，单调递减，
则，由于恒成立，因此，则有，
所以单调递增时，的值为1.
（2）由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，
因此当且时，，
而当时，，
所以，
则，所以，
变式训练：
1．（2024·吉林·统考三模）已知函数．（1）求的最大值；（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．
【解析】（Ⅰ）的定义域为，，令，得．
当时，，∴在上是增函数，
当时，，∴在上是减函数，故在处取得最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，设是曲线上的一点，
则在点处的切线方程为，即，
令则，
∵，在上是减函数，∴在处取得最大值，即恒成立，
故曲线上的任意一点不可能在直线的上方．
（3）由（1）知在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
故当且时，有，又因为，所以
。所以
高频考点8 利用递推关系进行放缩
核心知识：利用递推关系进行放缩时，我们首先要明确数列的递推公式，然后根据这个公式对数列的项进行适当的放大或缩小。关键在于保持放缩后的不等式方向不变，同时确保放缩后的数列更容易处理。这种方法能够帮助我们揭示数列的深层结构，从而更有效地解决数列不等式问题。
典例1：（2024·高三·重庆·期末）已知正项数列满足：
（1）求的范围，使得恒成立；（2）若，证明：
（3）若，证明：
【解析】（1）由，得由，即
所以或（舍） 所以时，
（2）证：若，得 现假设（）
构造函数，易知在上单调增
所以即
由以上归纳可知 5分
（3）由得所以
构造函数，在上单调递增
所以
变式训练：
1.已知数列满足：，（）．（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）求证：．
【解析】（I） ，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：
（Ⅲ），所以，累加得右侧；另一方面由可得，累加得左侧.
由（Ⅱ）得：，所以，
累加得： 另一方面由可得：原式变形为
所以：
累加得
1.（2024·广东·模拟预测）已知正项数列的前n项和为，且满足．(1)证明：数列为等比数列；(2)若，数列的前n项和为，证明：．
【解析】（1）由得，则当时，有，
两式相减得，
整理得，即，因此数列是以为公比的等比数列．
（2）由（1）及可得，因此．
于是，
所以
，
由于，所以，故．
2.已知数列满足.记.(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和；(3)若，数列的前项和为，求证：.
【解析】（1）由，得，而，则，
又，因此，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，，则，
令数列的前项和为，则，，
两式相减得，则，
所以.
（3）由（2）知，
，
而，所以.
3．设数列的前项和为．若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”．(1)若，判断数列是否是“数列”；(2)设是等差数列，其首项，公差，且是“数列”，①求的值；②设为数列的前项和，证明：
【解析】（1）因为，当时，，
当时，，又，即也满足，综上可得，
当时存在或使得（即或），
对于任意的正整数，总存在正整数，此时，
综上可得对于任意的正整数，总存在正整数，此时，故是“数列”；
（2）①因为是等差数列，其首项，公差，设的前项和为，
故，，
对任意的正整数，总存在正整数，使得，即，
当时，，此时只需，当时，，解得，
又，故,又为正整数，故,此时；
当时，，下面证明恒为正偶数，
当时，，满足要求，假设当时，为正偶数，
则当时，，
由于和均为正偶数，故为正偶数，满足要求，所以恒为正偶数，证毕，所以.
②由①可得，所以，
所以
，
因为，
所以单调递减且，所以，
所以.
4.（2024·天津·高三期中）已知数列满足，数列的首项为2，且满足(1)求和的通项公式(2)记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围．(3)设，证明：．
【解析】（1）由可得：
时，，相减可得，故，
当时，也符合上式，故，
由可得，所以数列为公差为0的等差数列，且首项为2，
所以，则.
（2）由和可得，
记，则，所以，
当时，，当时，，此时单调递减，
而,
由于集合M的元素个数为2，所以，故.
（3）由得，，
由于，
因此
.
5.（2024·江苏苏州·高三统考期中）已知数列满足，，且．
(1)令，求；(2)记的前n和为，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为，所以，
因为，所以时，
，也适合，所以．
（2）因为，故，又因为，则，可知，
所以，而，所以，
所以，
所以，所以．
6.已知数列的前项和为，，且．(1)求；(2)若从数列中删除中的项，余下的数组成数列．①求数列的前项和；
②若成等比数列，记数列的前项和为，证明：．
【解析】（1）∵，∴当时，，
两式相减得，，整理得，即，
∴当时，，满足此式，∴.
（2）①由（1）得，，∴，，
∴数列是首项为，公差为的等差数列.
当为奇数时，为偶数，为的整数倍，是数列中的项，
当为偶数时，为奇数，不是数列中的项，
∴数列中的项为数列的偶数项，且，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴，
∴，，
∴.
②由①得，，∴，
∵成等比数列，∴，即，
∴，∴，
∴.
7．（2024·广西玉林·校联考模拟预测）记为数列的前项和，已知，．
(1)证明：当时，数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：．
【解析】（1）证明：因为，，为数列的前项和，
当时，，当时，由①，可得②，
①②可得，即，所以，，
又因为，则当时，数列是等比数列，其公比为，
即当时，，则，
不满足，所以，.
（2）证明：，
则
. 综上，对任意的，.
8.已知数列满足,（）.(1)记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式；(2)求数列的前项和；
(3)设（），且数列的前项和为，求证：（）.
【解析】（1）
，
又，所以，数列为以为首项，为公比的等比数列.
由等比数列的通项公式知.
（2）由（1）可知，又，.
设，则，
设，，，，
故.
（3），，
所以欲证，只需证，即证.
设，，故在上单调递减，，
时，.，得证.
9.已知数列和满足，，．(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和；
(3)证明：．
【解析】（1）由题意知，，
所以，
即，又，所以是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）知，所以，
所以
．
（3）由（1）知，所以．
当为偶数：
．
所以．
当为奇数时，，
而，所以． 综上可知原命题成立．
10．（2024·北京通州·高三统考期中）已知数列的各项均为正数，且满足（，且）.(1)若；（i）请写出一个满足条件的数列的前四项；（ii）求证：存在，使得成立；(2)设数列的前项和为，求证：.
【解析】（1）（i）∵即，
又，则，∴满足条件的数列的前四项可以为：.
（ii）∵（，且），∴，，
，，累加得，则，
则，∵，∴，
不妨令，故存在，使得成立；
（2）由（1）知：，同理∵即，
∴，，，
∴，则则，
，，，，
累加得：，故：.
11．（2024·江苏盐城·高三统考期中）“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.(1)求（用表示）；(2)设数列满足：其中，是的前项的积，求证：，.
【解析】（1），
∴.
（2）由（1）知，，，
而也满足上式，故，
∴ 且，故且，即，
∴，则，
令且，则，即在上递减，
所以，即在上恒成立，故（当且仅当时取等号），
所以，，即，，证毕.
12．（2024·山西太原·高三统考期中）已知为单调递增的等比数列，，记，分别是数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．
【解析】（1）由题意设的公比为q（），
则，∴，
由，解得，∴；
（2）由（1）得，
①当（）时，
；
②当（）时，
；
综上，当时，．
13.设数列的前项和为，且，．(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；(2)设，证明：．
【解析】（1）因为，当时，解得，
当时，相减得，所以，·
所以是以首项为6，公比为3的等比数列，即，所以.
（2）由（1）可得，
即证：·
方法一：令．则，·
因为，所以，所以单调递增，即，
即．
方法二：放缩法：，
所以，，，，
相乘得
即
14.已知数列，为数列的前项和，且满足，．
(1)求的通项公式；(2)证明：．
【解析】（1）对任意的，
当时，，两式相减．整理得，
当时，，
也满足，从而．
（2）证明：证法一：因为，
所以，．
从而；
证法二：因为，
所以，
，证毕.
15．（2024·湖北·高三专题练习）已知数列，为数列的前项和，且满足，．(1)求的通项公式；(2)证明：．
【解析】（1）对任意的，
当时，，两式相减．整理得，
当时，，
也满足，从而．
（2）证明：证法一：因为，
所以，．
从而；
证法二：因为，
所以，
，证毕.
16.已知函数．（1）求的最大值；（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．
【解析】（Ⅰ）的定义域为，，令，得．
当时，，∴在上是增函数，
当时，，∴在上是减函数，故在处取得最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，设是曲线上的一点，
则在点处的切线方程为，即，
令则，
∵，在上是减函数，∴在处取得最大值，即恒成立，
故曲线上的任意一点不可能在直线的上方．
（3）由（1）知在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
故当且时，有，又因为，所以
所以
17.（2024·天津滨海新·高三校考阶段练习）已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）.(1)求，的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；(3)求证：（）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，得，则，
由，，得，解得，，则， ，
所以，的通项公式是，.
（2）当是奇数时，，
当是偶数时，，
则，
于是，
两式相减得：
因此，
，
所以.
（3）由（1）知，，当且仅当时取等号，
因此，所以（）.
18.已知数列满足，，．(1)猜想数列的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：．
【解析】（1）由及得
由猜想：数列是递减数列
下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，已证命题成立；
（2）假设当n=k时命题成立，即易知，那么
=，即，也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立．
（2）当n=1时，，结论成立，
当时，易知，，
．即.
19．已知数列满足，.证明：对这一切，有
（1）；（2）.
【解析】（1）显然，，.故
·
·.所以，.
又，故对一切，有.
（2）显然，.由，知·
·
.故.
20．（2024·江苏泰州·模拟预测）已知数列和满足：.
(1)设求的值；(2)设求数列的通项公式；
(3)设证明：______.请从下面①，②两个选项中，任选一个补充到上面问题中，并给出证明.
①；②其中.
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
【答案】(1)(2)(3)答案见解析
【详解】（1）令得因为所以.
（2）因为所以因为所以
即因为所以
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，所以.
（3）若选①，因为当且仅当时等号成立，
所以所以
因为所以即
所以故．
所以即.
若选②，因为所以．
当时，有.
所以
，即
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