专题05 数列中的不等式问题（7类重点题型）-【学霸养成】2025年高考数学压轴大题必杀技系列·数列（新高考全国通用）

专题5 数列中的不等式问题 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,数列压轴题与不等式交汇的可能性比较大,本专题总结数列中不等式的常见类型及解法，供大家参考. （一）比较大小 比较的大小,通常作差,转化为判断与0的大小,若,也可以转化为判断与1的大小. 【例1】已知数列的前n项和,且满足. (1)求数列的通项公式； (2)数列的前n项和为,比较和的大小. 【解析】（1）因为 当时, 又因为时,也满足上式 所以当时,, （2）由,得 当时, 当时,,. 综上所述：当时,,当时,. （二）判断数列不等式是否成立或由数列不等式求的范围 此类问题,一般先把所给数列不等式转化为关于n的不等式,通过解不等式或利用函数、数列性质求解. 【例2】已知数列满足记数列的前项和为, (1)求证：数列为等比数列,并求其通项； (2)求； (3)问是否存在正整数,使得成立？说明理由. 【解析】（1） , 即, 所以, （2）,所以, 当为奇数时,可令, 则 , 当为偶数时,可令 则； （3）假设存在正整数,使得成立, 因为,, 所以只要 即只要满足①：,和②：, 对于①只要 就可以； 对于②, 当为奇数时,满足,显然不成立, 当为偶数时,满足,即 令, 因为 由于的对称轴为,故在且为偶数,单调递减, 当时,,故 即,且当时,最大,且最大值为, 因此,, 所以当为偶数时,②式成立,即当为偶数时,成立 . 【例3】已知数列满足,且． (1)设,证明：是等比数列； (2)设数列的前n项和为,求使得不等式成立的n的最小值． 【解析】（1）证明：∵, ,,,, 又, ,, ,, 又,,, ,即,, 又, ,, ∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列． （2）由（1）可知数列是以2为首项,2为公比的等比数列, ,即, ,, ,又, , 即, , , , 在是一个增数列, , , ∴满足题意的n的最小值是20． （三）根据不等式恒成立求参数范围 不等式恒成立问题,通常通过分离参数,把问题转化为或的形式,再利用数列单调性或函数单调性,求的最值,然后确定的范围. 【例4】（2024届贵州省六盘水市高三下学期三诊）已知为等差数列,且,． (1)求的通项公式； (2)若恒成立,求实数λ的取值范围． 【解析】（1）设数列 的公差为d,则根据题意可得, 解得,则． （2）由（1）可知运用等差数列求和公式,得到, 又恒成立,则恒成立, 设,则, 当时,,即； 当时,,则,则； 则,故, 故实数λ的取值范围为． （四）证明与通项有关的不等式 求解此类问题,一般是先确定通项,再通过放缩或数列单调性证明. 【例5】（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）在数列的第项与第项之间插入个1,称为变换．数列通过变换所得数列记为,数列通过变换所得数列记为,以此类推,数列通过变换所得数列记为（其中）． (1)已知等比数列的首项为1,项数为,其前项和为,若,求数列的项数； (2)若数列的项数为3,的项数记为． ①当时,试用表示； ②求证：． 【解析】（1）设等比数列的公比为,显然, 由,得,解得. 故数列有8项,经过1次变换后的项数为, 即的项数为36. （2）①由的项数为,则当时,, 所以 ②因数列是一个3项的数列,所以, 由,所以, 于是,则有 所以,得,即, 所以. ,,于是, 则有,可得,有,即, 所以,综上所述,． （五）先求和再放缩,证明与前n项和有关的不等式 证明与前n项有关的不等式,若所给数列可以转化为等差（比）数列求和,或可以裂项求和,通常是先求和,再放缩. 【例6】（2024届浙江省精诚联盟高三下学期适应性联考）已知等比数列和等差数列,满足,,,． (1)求数列,的通项公式； (2)记数列的前项和为,数列的前项和为．证明：． 【解析】（1）等比数列满足,,所以单调递增, 设的公比为,等差数列的公差为,依题意可得, 解得或（舍去）, 所以,． （2）由（1）可得, 所以 所以, 故, 又,, 即, 所以 ． （六）先放缩,再求和,证明与前n项和有关的不等式 此类问题,通常是所给数列无法求和,要先把所给数列放缩成等差（比）数列或可以裂项求和、错位相减法求和的数列,再求和,放缩时要观察待证结论,防止放缩过度或不足. 【例7】（2024届广西柳州高级中学高三下学期3月热身考）表示正整数a,b的最大公约数.若,且,则将k的最大值记为,例如： (1)求; (2)设,数列 的前n项和为 证明： 【解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m,且与m互质的正整数个数. 因为与2互质的数为1,所以, 因为与3互质的数为1,2,所以, 因为在中与互质的正整数只有, 所以在中与互质的正整数的个数为,因此； （2）,则, 因为, 所以,因此有, 所以, 因为,所以. 【例8】（2024届云南省大理新世纪中学高三数学模拟）自然常数,符号,为数学中的一个常数,是一个无限不循环小数,且为超越数,其值约为2.71828.它是自然对数的底数.有时称它为欧拉数（Euler number）,以瑞士数学家欧拉命名；也有个较为少见的名字“纳皮尔常数”,以纪念苏格兰数学家约翰・纳皮尔（John Napier）引进对数.它就像圆周率和虚数单位,是数学中最重要的常数之一,它的其中一个定义是.设数列的通项公式为,, (1)写出数列的前三项,,． (2)证明：． 【解析】（1）由通项公式得, ；；. （2）由二项式定理得 , 所以是上的单调递增数列, 因为,则； 又 , 综上可知,． （七）借助导数证明与前n项和有关的不等式. 求解此类问题,通常先利用导数证明一个不等式,再把不等式中的自变量用代换,通过累加或累乘法证明所给不等式. 【例9】牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点,任意选取作为的初始近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的1次近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的2次近似值．一般地,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,就称为的次近似值,称数列为牛顿数列． (1)若的零点为,,请用牛顿切线法求的2次近似值； (2)已知二次函数有两个不相等的实数根,数列为的牛顿数列,数列满足,且． （ⅰ）设,求的解析式； （ⅱ）证明： 【解析】（1） ,所以 当,所以 当, 所以的2次近似值为. （2）（ⅰ）因为二次函数有两个不等实根, 所以不妨设, 则, 因为所以 所以在横坐标为的点处的切线方程为 令则 即, 所以. （ⅰⅰ）由（ⅰ）知, 所以. 因为所以所以. 令则,又 所以,数列是公比为2的等比数列. . 令,则 当时,,所以在单调递减, 所以,即 因为所以即. . 【例1】（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟）在足球比赛中,有时需通过点球决定胜负． (1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素,在一次点球大战中,求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望； (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中,球从甲脚下开始,等可能地随机传向另外人中的 人,接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为,易知． ① 试证明：为等比数列； ② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为,比较与的大小． 【解析】（1）解法一：依题意可得,门将每次可以扑到点球的概率为, 门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为   易知,所以   故的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望． 解法二：的所有可能取值为    在一次扑球中,扑到点球的概率,    所以      所以的分布列如下： 0 1 2 3 所以的数学期望： （2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为, 则当时,第次传球之前球在甲脚下的概率为, 第次传球之前球不在甲脚下的概率为,   则     即,又,   所以是以为首项,公比为的等比数列． ②由①可知,所以,   所以,故． 【例2】（2024届陕西省西北工业大学附中高三适应性训练）已知函数 (1)若函数在内点处的切线斜率为,求点的坐标； (2)①当时,求在上的最小值； ②证明：． 【解析】（1）设点. 由于,则,得, 则,且,所以点的坐标为. （2）①, 则,记, 则 易知在上单调递减,且, ,即, 所以,当时,,在上单调递增； 当时,,在上单调递减. 因为, 所以时,,在单调递增, 所以,当时,取得最小值. ②由①可知,时恒成立,即恒成立. 设,则, 当时,,在上单调递增, 所以,所以, 又,所以, 取,则, ,得证. 【例3】（2024届重庆市开州中学高三下学期模拟）设有穷数列的项数为,若正整数满足：,则称为数列的“点”． (1)若,求数列的“点”； (2)已知有穷等比数列的公比为,前项和为．若数列存在“点”,求正数的取值范围； (3)若,数列的“点”的个数为,证明：． 【解析】（1）因为 所以, 所以数列 的 “ 点” 为 3,5 , （2）依题意,,因为数列存在 “点”, 所以存在 ,使得 , 所以,即. 因为,所以,所以, 又随的增大而增大, 所以当时,取最大值, 所以,又,所以. 当时,有, 所以数列存在 “点”,所以的取值范围为, （3）①若,则数列不存在 “点”,即. 由得,,所以, ②若存在,使得. 下证数列有 “点”. 证明: 若,则2是数列的 “点”; 若,因为存在,使得, 所以设数列中第1个小于的项为, 则,所以是数列的第1个 “点”. 综上,数列存在 “点”.               不妨设数列的 “点” 由小到大依次为, 则是中第1个小于的项, 故,因为 , 所以,所以,所以 所以 所以.综上,,得证. 【例4】（2024届天津市河北区高三质量检测二）已知是等差数列,其前项和为是等比数列,已知,是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记,求证：. 【解析】（1）由题意, , 又是和的等比中项,得, 又,解得, ； （2）,设, 则, 将以上两式相减得 , ； （3） , , . 结论得证. 【例5】如图,已知点列在曲线上,点列在x轴上,,,为等腰直角三角形． (1)求,,；（直接写出结果） (2)求数列的通项公式； (3)设,证明：． 【解析】（1）由为等腰直角三角形,所以直线的直线斜率为1, 故直线的方程为,与抛物线方程联立可得,可解得或, 从而可得,可得的横坐标为1,因为,解得, 由,所以,可得, 可得,解得； （2）由题意可得,所以, 所以,所以, 所以, 所以是以为首项,为公差的等差数列, 所以,所以, （3）由（1）可得, 所以, 所以, , 所以. 1．（2024届新疆喀什地区高三5月适应性检测）已知数列的首项,且满足（）． (1)求证：数列为等比数列； (2)记,求数列的前项和,并证明． 2．（2024届山东省济钢高级中学高三5月适应性考试）已知复数数列的通项公式为（是虚数单位）,为的前项和． (1)求的值； (2)求证：； (3)求的通项公式． 3．已知数列满足． (1)证明是等比数列,并求的通项公式； (2)证明： 4．已知函数,数列满足正整数 (1)求的最大值； (2)求证：； (3)求证：． 5．（2024届天津市南开区高三下学期质量监测二）已知函数,. (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明：对,恒成立（为的导数）； (3)设,证明：（）. 6．（2025届江西省多所学校高三第一次大联考）定义：若对于任意,数列满足：①；②,其中的定义域为,则称关于满足性质. (1)请写出一个定义域为的函数,使得关于满足性质； (2)设,若关于满足性质,证明：； (3)设,若关于满足性质,求数列的前项和. 7．（2024届湖南省岳阳市湘阴县第一中学高三下学期期中）设数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式． (2)设数列满足,且数列的前项和为,求证：． 8．（2024届陕西省铜川市王益中学高三下学期模拟）不透明的袋子中装有大小相同的白球和彩球各1个,将“连续两次从袋子中有放回地摸出1个小球”记为一次试验,若两次均摸到彩球,则试验成功并终止试验,否则在袋子中添加一个相同的白球,然后进行下一次试验． (1)若最多只能进行3次试验,设试验终止时进行的次数为随机变量,求的分布列与数学期望； (2)若试验可以一直进行下去,第次试验成功的概率记为,求证：． 9．（2024届湖南省娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知等比数列的各项都为正实数,. (1)求数列的通项公式； (2)设,数列的前项和为,证明：. 10．（2024届广西贵港市高考模拟预测）某射击运动员进行射击训练,已知其每次命中目标的概率均为． (1)若该运动员共射击6次,求其在恰好命中3次的条件下,第3次没有命中的概率； (2)该运动员射击训练不超过n（）次,当他命中两次时停止射击（射击n次后,若命中的次数不足两次也不再继续）,设随机变量X为该运动员的射击次数,试写出随机变量X的分布列,并证明． 11．（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列都可围成“HL-Circle”． (1)设,当时,是否存在使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由： (2)若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． （i）求的取值集合； （ii）求证：． 12．已知数列中,,设为前项和,,已知数列,设的前项和． (1)求； (2)若对任意恒成立,求实数的取值范围． 13．（2024届河北省邢台市部分高中二模）已知数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 14．（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设,. (1)当时,证明：； (2)证明：. 15．（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m,n,函数在处的阶帕德近似定义为：,且满足：,,,…,．注：,,,,…已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a,b的值； (2)当时,试比较与的大小,并证明； (3)已知正项数列满足：,,求证：． ( 21 )原创精品资源学科网独家享有版权,侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题5 数列中的不等式问题 新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,数列压轴题与不等式交汇的可能性比较大,本专题总结数列中不等式的常见类型及解法，供大家参考. （一）比较大小 比较的大小,通常作差,转化为判断与0的大小,若,也可以转化为判断与1的大小. 【例1】已知数列的前n项和,且满足. (1)求数列的通项公式； (2)数列的前n项和为,比较和的大小. 【解析】（1）因为 当时, 又因为时,也满足上式 所以当时,, （2）由,得 当时, 当时,,. 综上所述：当时,,当时,. （二）判断数列不等式是否成立或由数列不等式求的范围 此类问题,一般先把所给数列不等式转化为关于n的不等式,通过解不等式或利用函数、数列性质求解. 【例2】已知数列满足记数列的前项和为, (1)求证：数列为等比数列,并求其通项； (2)求； (3)问是否存在正整数,使得成立？说明理由. 【解析】（1） , 即, 所以, （2）,所以, 当为奇数时,可令, 则 , 当为偶数时,可令 则； （3）假设存在正整数,使得成立, 因为,, 所以只要 即只要满足①：,和②：, 对于①只要 就可以； 对于②, 当为奇数时,满足,显然不成立, 当为偶数时,满足,即 令, 因为 由于的对称轴为,故在且为偶数,单调递减, 当时,,故 即,且当时,最大,且最大值为, 因此,, 所以当为偶数时,②式成立,即当为偶数时,成立 . 【例3】已知数列满足,且． (1)设,证明：是等比数列； (2)设数列的前n项和为,求使得不等式成立的n的最小值． 【解析】（1）证明：∵, ,,,, 又, ,, ,, 又,,, ,即,, 又, ,, ∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列． （2）由（1）可知数列是以2为首项,2为公比的等比数列, ,即, ,, ,又, , 即, , , , 在是一个增数列, , , ∴满足题意的n的最小值是20． （三）根据不等式恒成立求参数范围 不等式恒成立问题,通常通过分离参数,把问题转化为或的形式,再利用数列单调性或函数单调性,求的最值,然后确定的范围. 【例4】（2024届贵州省六盘水市高三下学期三诊）已知为等差数列,且,． (1)求的通项公式； (2)若恒成立,求实数λ的取值范围． 【解析】（1）设数列 的公差为d,则根据题意可得, 解得,则． （2）由（1）可知运用等差数列求和公式,得到, 又恒成立,则恒成立, 设,则, 当时,,即； 当时,,则,则； 则,故, 故实数λ的取值范围为． （四）证明与通项有关的不等式 求解此类问题,一般是先确定通项,再通过放缩或数列单调性证明. 【例5】（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）在数列的第项与第项之间插入个1,称为变换．数列通过变换所得数列记为,数列通过变换所得数列记为,以此类推,数列通过变换所得数列记为（其中）． (1)已知等比数列的首项为1,项数为,其前项和为,若,求数列的项数； (2)若数列的项数为3,的项数记为． ①当时,试用表示； ②求证：． 【解析】（1）设等比数列的公比为,显然, 由,得,解得. 故数列有8项,经过1次变换后的项数为, 即的项数为36. （2）①由的项数为,则当时,, 所以 ②因数列是一个3项的数列,所以, 由,所以, 于是,则有 所以,得,即, 所以. ,,于是, 则有,可得,有,即, 所以,综上所述,． （五）先求和再放缩,证明与前n项和有关的不等式 证明与前n项有关的不等式,若所给数列可以转化为等差（比）数列求和,或可以裂项求和,通常是先求和,再放缩. 【例6】（2024届浙江省精诚联盟高三下学期适应性联考）已知等比数列和等差数列,满足,,,． (1)求数列,的通项公式； (2)记数列的前项和为,数列的前项和为．证明：． 【解析】（1）等比数列满足,,所以单调递增, 设的公比为,等差数列的公差为,依题意可得, 解得或（舍去）, 所以,． （2）由（1）可得, 所以 所以, 故, 又,, 即, 所以 ． （六）先放缩,再求和,证明与前n项和有关的不等式 此类问题,通常是所给数列无法求和,要先把所给数列放缩成等差（比）数列或可以裂项求和、错位相减法求和的数列,再求和,放缩时要观察待证结论,防止放缩过度或不足. 【例7】（2024届广西柳州高级中学高三下学期3月热身考）表示正整数a,b的最大公约数.若,且,则将k的最大值记为,例如： (1)求; (2)设,数列 的前n项和为 证明： 【解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m,且与m互质的正整数个数. 因为与2互质的数为1,所以, 因为与3互质的数为1,2,所以, 因为在中与互质的正整数只有, 所以在中与互质的正整数的个数为,因此； （2）,则, 因为, 所以,因此有, 所以, 因为,所以. 【例8】（2024届云南省大理新世纪中学高三数学模拟）自然常数,符号,为数学中的一个常数,是一个无限不循环小数,且为超越数,其值约为2.71828.它是自然对数的底数.有时称它为欧拉数（Euler number）,以瑞士数学家欧拉命名；也有个较为少见的名字“纳皮尔常数”,以纪念苏格兰数学家约翰・纳皮尔（John Napier）引进对数.它就像圆周率和虚数单位,是数学中最重要的常数之一,它的其中一个定义是.设数列的通项公式为,, (1)写出数列的前三项,,． (2)证明：． 【解析】（1）由通项公式得, ；；. （2）由二项式定理得 , 所以是上的单调递增数列, 因为,则； 又 , 综上可知,． （七）借助导数证明与前n项和有关的不等式. 求解此类问题,通常先利用导数证明一个不等式,再把不等式中的自变量用代换,通过累加或累乘法证明所给不等式. 【例9】牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点,任意选取作为的初始近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的1次近似值,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,称为的2次近似值．一般地,过点作曲线的切线,与轴的交点为横坐标为,就称为的次近似值,称数列为牛顿数列． (1)若的零点为,,请用牛顿切线法求的2次近似值； (2)已知二次函数有两个不相等的实数根,数列为的牛顿数列,数列满足,且． （ⅰ）设,求的解析式； （ⅱ）证明： 【解析】（1） ,所以 当,所以 当, 所以的2次近似值为. （2）（ⅰ）因为二次函数有两个不等实根, 所以不妨设, 则, 因为所以 所以在横坐标为的点处的切线方程为 令则 即, 所以. （ⅰⅰ）由（ⅰ）知, 所以. 因为所以所以. 令则,又 所以,数列是公比为2的等比数列. . 令,则 当时,,所以在单调递减, 所以,即 因为所以即. . 【例1】（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟）在足球比赛中,有时需通过点球决定胜负． (1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素,在一次点球大战中,求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望； (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中,球从甲脚下开始,等可能地随机传向另外人中的 人,接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人,如此不停地传下去,假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为,易知． ① 试证明：为等比数列； ② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为,比较与的大小． 【解析】（1）解法一：依题意可得,门将每次可以扑到点球的概率为, 门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为   易知,所以   故的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望． 解法二：的所有可能取值为    在一次扑球中,扑到点球的概率,    所以      所以的分布列如下： 0 1 2 3 所以的数学期望： （2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为, 则当时,第次传球之前球在甲脚下的概率为, 第次传球之前球不在甲脚下的概率为,   则     即,又,   所以是以为首项,公比为的等比数列． ②由①可知,所以,   所以,故． 【例2】（2024届陕西省西北工业大学附中高三适应性训练）已知函数 (1)若函数在内点处的切线斜率为,求点的坐标； (2)①当时,求在上的最小值； ②证明：． 【解析】（1）设点. 由于,则,得, 则,且,所以点的坐标为. （2）①, 则,记, 则 易知在上单调递减,且, ,即, 所以,当时,,在上单调递增； 当时,,在上单调递减. 因为, 所以时,,在单调递增, 所以,当时,取得最小值. ②由①可知,时恒成立,即恒成立. 设,则, 当时,,在上单调递增, 所以,所以, 又,所以, 取,则, ,得证. 【例3】（2024届重庆市开州中学高三下学期模拟）设有穷数列的项数为,若正整数满足：,则称为数列的“点”． (1)若,求数列的“点”； (2)已知有穷等比数列的公比为,前项和为．若数列存在“点”,求正数的取值范围； (3)若,数列的“点”的个数为,证明：． 【解析】（1）因为 所以, 所以数列 的 “ 点” 为 3,5 , （2）依题意,,因为数列存在 “点”, 所以存在 ,使得 , 所以,即. 因为,所以,所以, 又随的增大而增大, 所以当时,取最大值, 所以,又,所以. 当时,有, 所以数列存在 “点”,所以的取值范围为, （3）①若,则数列不存在 “点”,即. 由得,,所以, ②若存在,使得. 下证数列有 “点”. 证明: 若,则2是数列的 “点”; 若,因为存在,使得, 所以设数列中第1个小于的项为, 则,所以是数列的第1个 “点”. 综上,数列存在 “点”.               不妨设数列的 “点” 由小到大依次为, 则是中第1个小于的项, 故,因为 , 所以,所以,所以 所以 所以.综上,,得证. 【例4】（2024届天津市河北区高三质量检测二）已知是等差数列,其前项和为是等比数列,已知,是和的等比中项. (1)求和的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记,求证：. 【解析】（1）由题意, , 又是和的等比中项,得, 又,解得, ； （2）,设, 则, 将以上两式相减得 , ； （3） , , . 结论得证. 【例5】如图,已知点列在曲线上,点列在x轴上,,,为等腰直角三角形． (1)求,,；（直接写出结果） (2)求数列的通项公式； (3)设,证明：． 【解析】（1）由为等腰直角三角形,所以直线的直线斜率为1, 故直线的方程为,与抛物线方程联立可得,可解得或, 从而可得,可得的横坐标为1,因为,解得, 由,所以,可得, 可得,解得； （2）由题意可得,所以, 所以,所以, 所以, 所以是以为首项,为公差的等差数列, 所以,所以, （3）由（1）可得, 所以, 所以, , 所以. 1．（2024届新疆喀什地区高三5月适应性检测）已知数列的首项,且满足（）． (1)求证：数列为等比数列； (2)记,求数列的前项和,并证明． 【解析】（1）由得, 又,所以是首项为2,公比为2的等比数列． （2）由（1）知,,所以 所以, 当时,单调递增,故． 2．（2024届山东省济钢高级中学高三5月适应性考试）已知复数数列的通项公式为（是虚数单位）,为的前项和． (1)求的值； (2)求证：； (3)求的通项公式． 【解析】（1）因为（是虚数单位）, 所以 （2）当为奇数时,； 当为偶数时,． 因此无论为奇数还是偶数,． ,当时,上式大于0． 所以, 即 （3）因为（是虚数单位）, 所以． 所以, , 所以 . 3．已知数列满足． (1)证明是等比数列,并求的通项公式； (2)证明： 【解析】（1）因为,所以,且,则, 即,所以数列是首项为,公比为7的等比数列, 所以,则； （2）由（1）可知,, ,即,只有当时,等号成立, 所以,只有当时,等号成立, 当时,,成立, 当时,, 综上可知,. 4．已知函数,数列满足正整数 (1)求的最大值； (2)求证：； (3)求证：． 【解析】（1）因为的定义域为,所以 当时,,在上递增, 当时,,在上递减, 所以在时有最大值,所以,即的最大值为0； （2）由（1）知,,所以, 所以,即, 所以,,, 累加得,即. （3）因为,所以,得, ,,, 所以,即,所以, 所以,,, 所以, , 所以得证． 5．（2024届天津市南开区高三下学期质量监测二）已知函数,. (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明：对,恒成立（为的导数）； (3)设,证明：（）. 【解析】（1）,可得,又, 所以曲线在点处的切线方程为． （2）令,,则,, 令,则在上恒成立,故在单调递增, 其中,故在上恒成立,故在上单调递增, 故,即恒成立． （3）设,证明． 令,, 因为,所以在上单调递减, 所以,从而,． 由于, 所以． 由（2）知,（）,所以． 设,①,则,② ①－②得, 所以． 6．（2025届江西省多所学校高三第一次大联考）定义：若对于任意,数列满足：①；②,其中的定义域为,则称关于满足性质. (1)请写出一个定义域为的函数,使得关于满足性质； (2)设,若关于满足性质,证明：； (3)设,若关于满足性质,求数列的前项和. 【解析】（1）令,定义域为R, 显然任意,,且, 故满足要求,（注：所有的定义域为的偶函数均符合题意） （2）因为,所以, 移项得, 因为,所以,故, 由基本不等式,当且仅当时取到等号, 而,故,即. （3）由题意,, 故, 设, 则, 故在上单调递增,而, 故时,时,, 因此在上单调递减,在上单调递增. 不妨设,因为, 所以当时,,当或时,, 且时,时,, 故对于任意,方程有且只有两个不同的根, 又,故的图象关于对称,故, 因此数列的前项和为. 7．（2024届湖南省岳阳市湘阴县第一中学高三下学期期中）设数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式． (2)设数列满足,且数列的前项和为,求证：． 【解析】（1）依题意,由,可得, 当时,,解得, 当时,, 整理,得,, ∴数列是以2为首项,2为公比的等比数列, ∴； （2）依题意及（1）,由可得, 则, , 两式相减,可得 , ∴,故得证． 8．（2024届陕西省铜川市王益中学高三下学期模拟）不透明的袋子中装有大小相同的白球和彩球各1个,将“连续两次从袋子中有放回地摸出1个小球”记为一次试验,若两次均摸到彩球,则试验成功并终止试验,否则在袋子中添加一个相同的白球,然后进行下一次试验． (1)若最多只能进行3次试验,设试验终止时进行的次数为随机变量,求的分布列与数学期望； (2)若试验可以一直进行下去,第次试验成功的概率记为,求证：． 【解析】（1）的可能值有, ；；． 所以随机变量的分布列为 1 2 3 ． （2）证明：因为, ,, 所以 ,, 经检验也满足上式, 所以． 9．（2024届湖南省娄底市高三下学期高考考前仿真联考）已知等比数列的各项都为正实数,. (1)求数列的通项公式； (2)设,数列的前项和为,证明：. 【解析】（1）设等比数列的公比为, 因为,所以, 化简得,解得或（舍去）, 所以； （2）证明：由（1）得, 所以, 所以, 所以 , 所以, 因为,所以. 10．（2024届广西贵港市高考模拟预测）某射击运动员进行射击训练,已知其每次命中目标的概率均为． (1)若该运动员共射击6次,求其在恰好命中3次的条件下,第3次没有命中的概率； (2)该运动员射击训练不超过n（）次,当他命中两次时停止射击（射击n次后,若命中的次数不足两次也不再继续）,设随机变量X为该运动员的射击次数,试写出随机变量X的分布列,并证明． 【解析】（1）设第i次射击时命中目标为事件,该运动员射击6次恰好命中3次为事件B． , , ． （2）随机变量X的所有可能取值为2,3,4,5,…,n． 若射击次停止,则第k次命中,前次射击中有一次命中, 故,,, 若射击n次停止,有两种结果：前次有一次命中或一次都没命中, 故． 随机变量X的分布列为 ． 法一、易知, , 易知时,,即, ∴, ． 法二、令,① 则,② ,得, 令, 则, 得 , ,． ． 11．（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知有穷正项数列,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列都可围成“HL-Circle”． (1)设,当时,是否存在使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由： (2)若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． （i）求的取值集合； （ii）求证：． 【解析】（1）由定义可得,而为正项数列,故, 故, 由最后两式可得,故,故且, 结合可得即,故,故. 故存在,使得数列可围成“HL-Circle”,此时数列为：. （2）（i）若的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”． 则由, 结合为正项数列可得, 诸式相乘后可得, 又上述关系式即为(若下标大于,则取下标除以的余数). 故, 故(若下标大于,则取下标除以的余数). 所以(若下标大于,则取下标除以的余数). 设, 若,则即为,故,从而,, 而,故,故,故,从而, 此时均为1,与题设矛盾. 若,则即为,而, ,故,此时均为1,与题设矛盾. 若,则即为,而,所以,故, 从而, 而,故,故, 此时均为1,与题设矛盾. 若,则即为,而,所以, 而,故,故,故, 故,故,故, 此时均为1,与题设矛盾. 若,则,故, 故,故,故,故,故, 此时均为1,与题设矛盾. 综上,. （ii）由均值不等式得, 由上面三组数内必有一组不相等,否则, 从而与题设矛盾, 故等号不成立,从而, 又,由④和⑥得 因此由⑤得： ． 故原式得证. 12．已知数列中,,设为前项和,,已知数列,设的前项和． (1)求； (2)若对任意恒成立,求实数的取值范围． 【解析】（1）由可得：,, 上面两式相减得：,整理得：,, 所以数列是常数列,即,所以,则, 所以 两边同乘以2得： 两式相减得：, 即. （2）由可得：,整理得：, 当为偶数时,上面不等式可化简为：, 利用该数列单调递增性可知：,所以, 当为奇数时,上面不等式可化简为：, 再利用该数列单调递减性可知：,所以, 综上可得：. 13．（2024届河北省邢台市部分高中二模）已知数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 【解析】（1）当时,. 当时,,,两式相减得： . 所以是以为首项,以为公比的等比数列. 所以. （2）由（1）知： 所以. 当时,, 当时,,故, 所以. 14．（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设,. (1)当时,证明：； (2)证明：. 【解析】（1）因为定义域为, 所以, 所以为定义在上的偶函数,下取, 可知,令 则在内单调递增,可得, 即在内恒成立,可知在内单调递增, 所以在内的最小值为,结合偶函数性质可知：. （2）由（1）可得：,当且仅当时,等号成立, 即,令,则,当时,,即, 则有：,,,, 相加可得：, 因为,则,所以, 即. 15．（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m,n,函数在处的阶帕德近似定义为：,且满足：,,,…,．注：,,,,…已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a,b的值； (2)当时,试比较与的大小,并证明； (3)已知正项数列满足：,,求证：． 【解析】（1）由题意得,, ,故,, 解得,. （2）由上可得,要比较与的⼤⼩, ,只需比较1与的⼤⼩, 令,, 所以,从而可得在上单调递增, 所以,即, 所以. （3）设,, 当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增, 故,即,当且仅当时等号成立； 由题意知,令,, 故该函数在上递减, 故可得,即,可得； 一方面：由（2）可得, 又因为, 所以可得,即,即, 即, 故, 即,所以. 另一方面：要证明 , 两边同时除以,原式 令, 由基本不等式, 故,所以在单调递增, 所以,得证. ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权,侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$