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专题12 数列与导数交汇的不等式问题（一题多变）
【2023-2024湖南师大附中高三（上）月考四】
设数列的前项之积为，且．
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设数列的前项之和为，证明：．
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）计算，化简得到，得到，计算得到通项公式.
（2）左右两边分别证明，设，证明数列是减数列得到；放缩，求和得到，设，再证明即可.
【详解】（1），当时，，故；
当时，，即，，
故，，故，，.
验证时成立，故
（2），，，
先证左边：设，
，
设 则，
设，所以在上单调递增，
所以，即，，
数列为递减数列，，所以成立，证毕.
再证右边：，，
需证，即，即，
设，则，设，所以在上单调递增，所以，即，即 ，所以. 证毕.
综上所述：
【变化角度】将（2）中所证明的不等式变为.
【思路分析】（1）时，有，变形为，可得数列为等比数列，可利用首项和公比求通项公式；
（2）利用数列求和的放缩法，结合函数单调性求最值，证明不等式.
【详解】（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，，
∴.
∴.
【举一反三】
（2016·浙江绍兴·二模）
1．已知数列满足，.
(1)若，求证数列是等差数列；
(2)若，求证：.
（18-19高三上·浙江台州·期末）
2．数列，中，为数列的前项和，且满足，，.
(1)求，的通项公式；
(2)求证：；
(3)令，，求证：.
【变换角度】将恒成立更改为能成立问题，如：（23-24高二上·江苏盐城·期中）设数列的前项和为，，且，若存在，使得成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【思路分析】先由化简得递推关系，从而求得通项及前项和，要使能成立，即能成立，令，转化为求解的最小值即可.
【详解】由
得，
则有对任意成立，
又，则，
故，且
则数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，
由得，，
分离参数得，，
令
则
令，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
由，则当时，
当时，恒有，
又，故的最小值为.
若存在，使得成立，则，
则有，即实数的最小值为.
故选：D.
【举一反三】
（21-22高二上·全国·课时练习）
3．已知数列，的通项公式分别为，，其中，试推断对哪些正整数n成立，证明你的结论．
（2024·广东广州·二模）
4．已知数列中，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记为的前项和，证明：时，.
（20-21高三上·江苏无锡·期中）
5．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且满足a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，b4＝a8+1．
（1）求证：数列{an}为等差数列；
（2）若不等式anbn（4﹣m）＞(an﹣1)2对于任意n∈N*恒成立，求实数m的取值范围．
（20-21高三上·浙江·阶段练习）
6．已知数列的首项，前项之和，满足.数列的前项之和，满足，.
（1）若对任意正整数都有成立，求正数的取值范围；
（2）当，数列满足：，求证：.
（19-20高三下·江苏扬州·阶段练习）
7．数列的前项和为，记，数列满足，，且数列的前项和为.
（1）① 计算，的值；
② 猜想,满足的关系式，并用数学归纳法加以证明；
（2）若数列通项公式为，证明：.
（10-11高三下·江西赣州·期中）
8．已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足：且，求证：；
（3）在（2）的条件下，求证：]
（2021·山东菏泽·二模）
9．已知正项数列的首项，前项和为，且满足
（1）求数列的通项公式：
（2）设数列前和为，求使得成立的的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将等式变形为，利用等差数列的定义可证得结论成立；
（2）利用作差法可证得，利用导数法证明出，可推出，然后利用放缩法结合等比数列求和可证得结论成立.
【详解】（1）证明：当时，，，
可得，所以，，且，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列.
（2）证明：当时，，
因为函数在上单调递减，
且，，所以，，
故当时，，
即当时，与同号，，
，
，则与异号，且,
所以，，，
所以，当时，数列单调递减，数列单调递增，
，
，所以，与异号，
，则，，所以，，
，
构造函数，
则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为，则，
又因为，所以，，
故，
，
.
【点睛】关键点点睛：本题以数列的递推关系式为背景，考查的是运用不等式的有关知识进行推理论证的思维能力及综合运用所学知识去分析问题和解决问题的能力.第一问求解时充分借助题设条件中的有效信息利用等差数列的定义进行合理推证；第二问中则通过构造函数，运用其单调性推得与同号，进而推得，进一步推出，再结合等比数列放缩证得结论成立.
2．(1)，；
(2)见解析；
(3)见解析.
【分析】（1）由，可得当时，，两式相减可化为，利用累乘法可得的通项公式，进而可得的通项公式；
（2）先证明，结合等比数列的求和公式，利用放缩法可证明；
（3）化简 ，利用分析法推导出证明在上单调递增，所以，即，从而可得结果.
【详解】（1），
当时，，
，
，
，
显然，时，也满足
，
当时，，
所以
（2），
，
；
（3）①当时，左边右边，
②当时，∵，
，
要想证明，
只需证，
即，
即，
令x=，
即证，即，
令，，
恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
∴，
由①②可知：故对于任意的，．
【点睛】数列不等式与导函数结合问题，要分析要证明的数列特征，构造函数，利用导函数求出函数的单调性，极值及最值情况，进行证明.
3．或者且，证明见解析
【分析】由出发，构造函数，根据函数的单调性即可推断证明.
【详解】解：，，
即，
两边同时取对数得：，
即 ，
即，
令，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，
，
，
故当时，成立，
当时，，
即，
即或者且时，有，即.
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）利用递推关系，把换成，得到两式相减，得到，再累乘后可得到通项；
（2）用错位相减法求出，再将证明不等式作差，之后利用导数的单调性证明即可.
【详解】（1）因为，
所以，
作差可得，变形为，即，即，化简为，
因为，所以，
因为，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，，
作差可得，
所以，
，
设，则在给定区间上递减，又
故在是减函数，，
所以当时，.
5．（1）证明见解析；（2）（﹣∞，）．
【解析】（1）由a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，得an2＝4Sn﹣1+4n﹣3，（n≥2），从而得到，进一步证明{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）推导出，从而4﹣m＞，设＝，由此能求出实数m的取值范围．
【详解】解：（1）证明：正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，
满足a1＝b1﹣1＝1，an+12＝4Sn+4n+1，b4＝a8+1．
∴an2＝4Sn﹣1+4n﹣3，（n≥2），
两式相减，得﹣＝4an+4，（n≥2），
∴＝(an+2)2，
∵an＞0，∴an+1＝an+2，（n≥2），
当n＝1时，＝4a1+5＝9，a2＝3＝a1+2，
∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）an＝2n﹣1，b4＝a8+1＝16，b1＝2，
＝8，q＝2，∴，
由(2n﹣1)(4﹣m)＞(2n﹣2)2，得4﹣m＞，
设，
则＝＝，
∴n＝1，2时，，
当n≥3时，，即，
∴4﹣m＞，解得m＜．
∴实数m的取值范围是（﹣∞，）．
【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，考查数列不等式恒成立问题．解题方法是：用分离参数法变形不等式，然后引入新数列，用作差法证明单调性后可得其最值．最后再解相应不等式可得结论．
6．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先由题中递推公式，分别求出，；由不等式恒成立，得到，令，推出；由导数的方法判定函数的单调性，进而可求出最大值，即可得出结果；
（2）先由（1）得到，根据裂项相消的方法，求出，即可证明结论成立.
【详解】（1）由得，解得，则；
所以，
又时，也满足上式，所以，；
又由得，即，所以；
若，则；若，则由得，
所以；
化简得，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此；
当时，也满足该式；
故；
由得，则，即，
令，
为使对任意正整数都有成立，即是；
因为，
所以当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
又，且，，，
所以；
因此，即；
（2）因为，所以，
则，
因此
；
又因为，且，故，
因此得证.
【点睛】本题主要考查由递推公式求数列的通项，考查裂项相消法求数列的和，涉及导数的方法判定函数单调性，属于常考题型.
7．（1）①，；②，证明见解析；（2）见解析
【解析】(1)①根据题中给的递推公式直接计算,即可.
②由①中可知,,故猜想,再根据数学归纳法的方法证明即可.
(2)根据可求得,再利用(1)中的结论放缩可得,再构造函数证明其单调性,再累加证明即可.
【详解】（1）①,,
所以,.
②
.
猜想：. (也可以写成)
1°当时,成立；
2°假设当时,成立,
当时,.
综上1°,2°所述,.
（2）因,所以其前项和.
所以由（1）知.
令,则,所以在上单调递减,
又,所以.令,所以,
即,
即,所以.
当时,,,……,,
上述个式子相加,得,
所以,则,即,故.
【点睛】本题主要考查了数学归纳法的运用以及数列不等式的证明与构造函数利用累加法的方法等.需要根据题意建立关系式,适当放缩证明不等式.属于难题.
8．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用，关系求数列的通项公式；
（2）用数学归纳法证明即可.
（3）构造函数，利用导数判断出单调性可得，结合（2）利用放缩法和裂相消法，可以证明出不等式成立.
【详解】（1）当时，，
所以，即且，
所以，又，可得，显然不满足上式.
所以；
（2）当时，，不等式成立；
假设当时，不等式成立，
当时，，
所以当时不等式也成立，故成立；
（3）设，则，即在上递减，因此，即，由（2）知：，
综上，，
所以，
因此成立.
【点睛】关键点点睛：第三问，构造函数并应用导数研究单调性得到不等关系，由放缩法、裂项相消法证明数列不等式恒成立问题.
9．（1）；（2）
【分析】（1）通过题意所给得出两式相减得出即可得出答案；（2）方法①由题意写出数列通项公式通过裂项相消法易求数列前和，再通过数列单调性求解即可；方法②方法①由题意写出数列通项公式通过裂项相消法易求数列前和，通过构造函数转化不等式，对函数求导后综合判断即可.
【详解】（1）由①
得②
②-①得，
因为，所以
由此可知…，…是公差为2的等差数列，
其通项公式为；
故时，
（2）方法①：
由（1）可知
要使，即，
由可知数列为递增数列，
由知数列为递减数列，
因为
所以当时，，
当时，
故满足条件的的最大值为4．
方法②：
由（1）可知
要使，有，即；
令，，
由，，可知当时是增函数，当时是减函数
由，，可知时，时，
所以当时，当且时，
所以时，故满足条件的的最大值为4．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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