第09讲 数列的证明讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦数列中的证明问题，覆盖等差等比数列证明、新定义数列、单调性及不等式证明等核心考点，按基础层（定义证明）、进阶层（不等式证明）、创新层（跨知识交汇）分层架构知识体系，通过知识要点梳理、题型归纳解析、变式训练巩固等环节，帮助学生构建完整的证明方法体系，突破高考难点。 讲义采用分题型突破策略，如用定义法规范等差等比证明步骤，结合放缩技巧、数学归纳法等培养逻辑推理能力，设置基础巩固与能力提升分层练习。通过典型例题精讲与真题演练，强化数学思维与运算能力，助力学生高效掌握证明方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统指导。

第09讲 数列中的证明问题 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 3 题型归纳 4 题型01：等差等比数列的证明 4 （一）利用等差数列定义证明数列是等差数列 4 （二）利用证明数列是等差数列 5 （三）证明数列不是等差数列 5 （四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列 6 （五）利用证明数列是等比数列 7 （六）证明数列不是等比数列 8 题型02：证明数列是新定义的数列 9 题型03：证明数列的单调性 11 题型04：数列中的等式与不等式的证明 13 题型05: 证明与通项有关的不等式 21 题型06: 直接求和证明不等式 24 题型07: 先求和再放缩,证明与前n项和有关的不等式 35 题型08:先放缩,再求和,证明与前n项和有关的不等式 39 题型09: 与导数有关的数列不等式. 54 题型10:数学归纳法证明数列不等式 60 题型11: 数列不等式与三角函数综合 64 题型12: 数列不等式与概率统计 69 题型13：新定义数列 72 【考情定位】 数列是高中代数的核心内容之一，在高考中通常占据 10~17分 的分值。数列证明题主要出现在解答题的第1问（基础送分）或压轴题的第2、3问（拉分难点）。 【命题趋势】 1. 难度分层明显： ◦ 基础层：证明等差/等比数列、求通项公式（全国卷及新高考卷常考）。 ◦ 进阶层：证明数列不等式（如 S_n < k）、证明数列的单调性或有界性。 ◦ 创新层：结合数学归纳法、反证法、函数构造思想，考察逻辑推理与代数变形能力。 2. 交汇性增强：数列证明常与函数（导数）、不等式、解析几何（点列问题）交汇命题，考察“转化与化归”思想。 1. 核心概念：能熟练运用定义法证明 {} 为等差或等比数列。 2. 运算能力：掌握累加法、累乘法、构造法（如 =p+q）求通项，为证明奠基。 3. 放缩技巧：掌握常见的放缩模型（如裂项相消放缩、二项式定理放缩），证明数列不等式。 4. 逻辑推理：熟练掌握数学归纳法的书写规范，以及反证法在存在性问题中的应用。 知识点：数列的证明方法 (1) 利用等差数列定义证明数列是等差数列 利用定义法证明是等差数列,就是证明对任意n∈N*,－是同一常数． (2) 利用证明数列是等差数列 若对任意n∈N*,数列满足,则是等差数列. (三)证明数列不是等差数列 证明数列不是等差数列,一般只需要证明该数列的连续3项不成等差数列,通常利用反证法证明. (四)利用等比数列的定义证明数列是等比数列 利用定义法证明是等比数列,就是证明对任意n∈N*,是同一常数． (五)利用证明数列是等比数列 若对任意正整数n,都有,且,则数列是等比数列. (六)证明数列不是等比数列 证明数列不是等比数列,一般只需要证明该数列的连续3项不成等比数列,通常利用反证法证明. (七)证明数列是新定义的数列 此类问题通常把满足某些条件的数列称为一类新数列,求解关键是证明所给数列满足新数列给定条件 (八)证明数列的单调性 证明数列是递增（减）数列,通常是证明（）,若,也可根据（） 来证明. (九)数列中的等式与不等式的证明 数列中的等式证明,通常是根据已知条件进行恒等变形,数列中的不等式证明,常见的是与求和有关的证明,证明时或者先求和,再放缩,或者先放缩成可求和的数列,再求和. （十）数列归纳法证明数列问题】 题型01：等差等比数列的证明 （一）利用等差数列定义证明数列是等差数列 【典型例题】已知数列满足. (1)证明：数列为等差数列,并求； (2)令,求数列的前项和. 【答案】见解析 【解析】（1）由,知, 所以, 所以数列是以为首项,-1为公差的等差数列, 所以, 所以. （2）因为, 所以. 【变式训练1】已知数列的前项和为,且． (1)证明：数列为等差数列； (2)若,,成等比数列,求的最大值． 【答案】见解析 【解析】（1）数列满足①, 当时,有②, ①②可得：, 即,变形可得, 故数列是以为等差的等差数列； （2）由（1）可知数列是以为等差的等差数列, 若,,成等比数列,则有, 即,解得,所以, 所以单调递减,又当时,,当时,,当时,, 故当或时,取得最大值, 且． （二）利用证明数列是等差数列 【变式训练2】已知数列有,（常数）,对任意的正整数n,,并有满足． (1)求a的值； (2)证明数列是等差数列． 【答案】见解析 【解析】（1）由已知,得, 所以. （2）由得,则, 所以, 即, 于是有,并且有, 所以, 即, 而是正整数,,即, 所以数列是等差数列. （三）证明数列不是等差数列 【变式训练3】给定数列,若首项且,对任意的,都有,则称数列为“指数型数列”. (1)已知数列为“指数型数列”,若,求； (2)已知数列满足,判断数列是不是“指数型数列”？若是,请给出证明；若不是,请说明理由； (3)若数列是“指数型数列”,且,证明：数列中任意三项都不能构成等差数列. 【答案】见解析 【解析】（1）因为数列是“指数型数列”,所以对于任意的, 都有.因为, 所以,. （2）数列是“指数型数列”. 证明:由,得,即, 所以数列是等比数列,且, 则, , 所以数列是“指数型数列”. （3）因为数列是“指数型数列”,故对任意的, 有,则,所以, 适合该式. 假设数列中存在三项构成等差数列,不妨设, 则由,得, 所以, 当为偶数且时,是偶数,而是奇数,是偶数, 故不能成立； 当为奇数且时,是偶数,而是偶数,是奇数, 故不能成立； 所以,对任意的,不能成立, 即数列中任意三项都不能构成等差数列. （四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列 【典型例题】在直角坐标平面内有线段,已知点是线段上靠近的三等分点,点是线段上靠近的三等分点,……,点是线段（,）上靠近的三等分点,设点的横坐标为. (1)求证：数列为等比数列； (2)若,,求的通项公式. 【解析】（1）解：由题意得  所以,可得, 又由,所以 所以数列是首项为,公比为的等比数列. （2）解：因为,,所以, 因为数列是公比为的等比数列,所以时,. 由累加法可得时, ,即当时,, 经检验,满足上式,所以数列的通项公式. 【变式训练4】记为数列的前项和,已知. (1)证明：数列是等比数列； (2)求最小的正整数,使得对一切都成立. 【答案】见解析 【解析】（1）由题知, 用替换上式的,得. 两式作差,,即. 而由,可得. 从而是首项为,公比为的等比数列. （2）由（1）得,于是, 设,则, 当时,,故, 两式作差,得. 整理可得. 故,又,因此满足条件的最小正整数为. （五）利用证明数列是等比数列 【变式训练5】在无穷数列中,若对任意的,都存在,使得,则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中,若对任意的,都存在,使得,则称为m阶等比数列． (1)若数列为1阶等比数列,,,求的通项公式及前n项的和； (2)若数列为m阶等差数列,求证：为m阶等比数列； (3)若数列既是m阶等差数列,又是阶等差数列,证明：是等比数列． 【答案】见解析 【解析】（1）因为为1阶等比数列,所以为正项等比数列, 设公比为,则为正数, 由已知得,解得, 因为,所以,所以, 所以的通项公式为, 前n项的和为； （2）因为为m阶等差数列,所以对任意的,都存在, 使得成立, 所以, 即,所以为m阶等比数列； （3）因为既是m阶等差数列,又是阶等差数列, 所以对,有与同时成立, 所以与同时成立, 所以,,成等比,,,成等比, 由,,成等比,得,,也成等比, 设,, 所以,所以数列是等比数列. （六）证明数列不是等比数列 【变式训练6】混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一,假设在一个混沌系统中,用来表示系统在第个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态满足,,其中. (1)当时,若满足对,有,求的通项公式； (2)证明：当时,中不存在连续的三项构成等比数列； (3)若,,记,证明：. 【答案】见解析 【解析】（1）当时,,依题意,①,②, 两式作差,,则或, 若,代入①式解得,或,而,于是； 若,将代入②式解得,. 因此必有. 注意到,,从而由归纳即知是常数列. 所以的通项公式为. （2）假设,,构成等比数列,则. 那么由,可知. 又,则,解得,与矛盾. 所以中不存在连续的三项构成等比数列. （3）由于当时,有,,即. 而,,故归纳即知对任意正整数都有. 又由及可知,故数列单调递减. 又由于,故 . 题型02：证明数列是新定义的数列 【典型例题】已知数列的前n项和为．若对每一个,有且仅有一个,使得,则称为“X数列”.记,,称数列为的“余项数列”. (1)若的前四项依次为0,1,,1,试判断是否为“X数列”,并说明理由； (2)若,证明为“X数列”,并求它的“余项数列”的通项公式； (3)已知正项数列为“X数列”,且的“余项数列”为等差数列,证明：． 【答案】见解析 【解析】（1）由题, 所以有,, 故根据“X数列”的定义不是“X数列”. （2）因为, 所以当时,； 当时,； 则不满足,所以, 令,即, 则当时,有,； 当时,有；故即, 则对每一个,有且仅有一个且,使得, 综上,对任意,有且仅有一个,使得, 所以为“X数列”, 由上,, 即的“余项数列”通项公式为,. （3）因为是正项数列,所以单调递增, 所以,故, 因为,且为“X数列”, 所以,故由得, 的“余项数列”为等差数列,故其公差, 因为,所以, 若,则当时,,与矛盾, 故,所以,,即, 对于,若,则,与正项数列矛盾, 所以,故, 所以,故, 所以, 又, 所以,. 【变式训练】若数列的各项均为正数,对任意,有,则称数列为“对数凹性”数列． (1)已知数列1,3,2,4和数列1,2,4,3,2,判断它们是否为“对数凹性”数列,并说明理由； (2)若函数有三个零点,其中． 证明：数列为“对数凹性”数列； (3)若数列的各项均为正数,,记的前n项和为,,对任意三个不相等正整数p,q,r,存在常数t,使得． 证明：数列为“对数凹性”数列． 【答案】见解析 【解析】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1,3,2,4中不成立, 所以数列1,3,2,4不是“对数凹性”数列； 而数列1,2,4,3,2中均成立,所以数列1,2,4,3,2是“对数凹性”数列； （2）根据题意及三次函数的性质易知有两个不等实数根, 所以, 又,所以, 显然,即不是的零点, 又, 令,则也有三个零点, 即有三个零点, 则有三个零点, 所以有两个零点, 所以同上有, 故数列为“对数凹性”数列 （3）将互换得：,所以, 令,得, 所以,故数列是等差数列, 记,所以, 所以, 又因为,所以, 所以,所以为单调递增的等差数列, 所以. 所以 所以,数列是“对数凹性”数列. 题型03：证明数列的单调性 【变式训练】已知函数． (1)判断并证明的零点个数 (2)记在上的零点为,求证; （i）是一个递减数列 （ii）． 【答案】见解析 【解析】（1）当为奇数时,有1个零点；当为偶数时,有2个零点. 证明如下： 当时,由,得, 所以函数在上单调递增,又,, 所以函数在内有唯一零点； 当时,, 若为奇数,,则,此时在内无零点； 若为偶数,设, 则,方程有一个解, 所以函数在上单调递减,在上单调递增, 且,此时在内有1个零点. 综上,当为奇数时,有1个零点；当为偶数时,有2个零点. （2）（i）由（1）知,当时,在在内的零点, 当时,,, 则, 故,所以数列是一个递减数列； （ii）由（i）知,当时,, 当时,, 有,所以,求和可得 ,当且仅当时等号成立； 当时,, 故,则,得, 即,即,即, 即,即, 即,当时,, 所以当时,均有成立,求和可得 . 综上,. 题型04：数列中的等式与不等式的证明 【典型例题1】高斯是德国著名的数学家,近代数学的奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”定义为：对于任意实数x,记表示不超过x的最大整数,则称为“高斯函数”．例如：,． (1)设,,求证：是的一个周期,且恒成立； (2)已知数列的通项公式为,设． ①求证：； ②求的值． 【答案】见解析 【解析】（1）． 故是的一个周期． 当时,,,故． 由于周期为,故对任意,都有． （2）①记． ,则． ∵ ,∴． 而 ．∴． ∴,∴． ②由①知,则． 由（1）知：对任意,都有, ∴．∴． ∵,∴． 令, ∵； ． ∵,∴． 【典型例题2】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：． 【答案】见解析 【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． 【典型例题3】已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【解析】（1）借助与的关系与等比中项的性质计算即可得； （2）借助裂项相消法可求得，结合函数的单调性即可得证. （1）因为，所以，① 当时，，② ①－②得，化简可得，， 且当时，满足上式， 所以数列是公差为2的等差数列， 由题可得，故，解得， 所以，； （2）证明：令， 所以 ， 又函数在上单调递增，所以. 【变式训练4-1】已知是数列的前项和，，且成等比数列． (1)求数列的通项公式． (2)设，数列的前项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）根据已知等比中项列等式，结合与的关系可得的递推公式，然后利用构造法求，再根据与的关系求通项； （2）根据裂项相消法求，然后可证明. （1）由成等比数列， 得， 所以． 整理，得，则． 又， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以，即． 当时，， 所以． 当时，不符合上式． 故. （2）由（1）可知，， 所以 ， 所以， 故． 【变式训练4-2】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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出； （2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证. （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4-3】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)设，证明：． 【答案】见解析 【解析】（1）因为，   ① 当时，，  ②    ①②，得 ，所以，    又时，， 所以． （2）由（1）结合已知条件可得：． 当时，，，即成立．     当时，， 所以     综上，． 【变式训练4-4】设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列. (1)求的通项公式； (2)令，为数列的前项积，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）由等差数列定义可得，由与的关系即可得； （2）由与可得，即可得，由，可得，借助等比数列求和公式计算即可得证. （1）由是首项为、公差为的等差数列， 故， 即， 当时，， 故 ， 当时，，符合上式， 故； （2）由，， 故， 则 ， 由， 故， 则. 【变式训练4-5】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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（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. （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，， ∴. ∴. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过放缩法结合等比数列前项和公式证明左边，对右边等价转化为证明，再构造函数，利用导数证明即可. 【变式训练4-6】已知数列的首项，是与的等差中项． (1)求证：数列是等比数列； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【解析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论. （2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论. （1）由题设，又， 所以是首项、公比均为2的等比数列. （2）由（1）知：，则，显然时成立， 当有，此时， 综上，，得证. 【变式训练4-7】设对任意，数列满足，，数列满足． (1)证明：单调递增，且； (2)记，证明：存在常数，使得． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由可证明单调性，由反证法即可证明， （2）由裂项求和即可求解. （1）证明：由于，则， 所以，即单调递增． 假设存在，使得，则， 所以． 不妨取，即，即，则，这与任意，恒成立相矛盾，故假设不成立，所以． （2）由（1）有，又，所以 ． 于是， 故可取，即有． 【变式训练4-8】已知数列的前项和为，且满足， (1)求和 (2)求证：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【解析】（1）利用可得，从而可求及. （2）利用放缩法及裂项相消法可证不等式成立. （1）时，，时，， 所以，所以数列是以为首项，公差为的等差数列． 所以，即， 当时，， 当时，，不满足上式， 所以， （2）当时，，原式成立． 当时， 所以． 题型05: 证明与通项有关的不等式 【典型例题】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． 【答案】见解析 【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 . 【变式训练5-1】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：． 【答案】见解析 【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,． 【变式训练5-2】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． 【答案】(1)，； (2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为. 【解析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得. (2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，， 取，当时，，取，即可证得题中的不等式； (Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和. （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：. 【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益. 题型06: 直接求和证明不等式 【典型例题1】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． 【答案】见解析 【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． 【典型例题2】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：． 【答案】见解析 【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． 【典型例题3】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：. 【答案】见解析 【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. 【典型例题4】已知各项为正数的数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）利用公式，时，，代入化简得到数列的递推公式，即可求解通项公式； （2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式. （1）当时，，解得； 当时，由，得， 两式相减可得，，又， ，即是首项为，公差为的等差数列， 因此，的通项公式为； （2）证明：由可知，所以， ， 因为恒成立，所以， 又因为，所以单调递增，所以， 综上可得． 【变式训练6-1】已知数列满足，． (1)求的通项公式； (2)若，设数列的前n项和，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）由数列的递推公式，利用累乘法求数列通项； （2）利用错位相减法求数列的前n项和，可得结论. （1）由及，得， 所以， 当时，有 ． 当时，，符合上式，所以． （2）由（1）得，所以， 所以， 所以， 两式相减，得 ， 所以． 因为，所以。 【变式训练6-2】已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【解析】（1）借助与的关系与等比中项的性质计算即可得； （2）借助裂项相消法可求得，结合函数的单调性即可得证. （1）因为，所以，① 当时，，② ①－②得，化简可得，， 且当时，满足上式， 所以数列是公差为2的等差数列， 由题可得，故，解得， 所以，； （2）证明：令， 所以 ， 又函数在上单调递增，所以. 【变式训练6-3】已知是数列的前项和，，且成等比数列． (1)求数列的通项公式． (2)设，数列的前项和为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）根据已知等比中项列等式，结合与的关系可得的递推公式，然后利用构造法求，再根据与的关系求通项； （2）根据裂项相消法求，然后可证明. （1）由成等比数列， 得， 所以． 整理，得，则． 又， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 所以，即． 当时，， 所以． 当时，不符合上式． 故. （2）由（1）可知，， 所以 ， 所以， 故． 【变式训练6-4】记数列的前n项和为，且满足（）. （1）求的通项公式； （2）求证：数列的前n项和. 【答案】（1）（2）证明见解析； 【解析】（1）由题可知，则当时，，从而得出，根据递推关系证出为等比数列，最后利用等比数列通项公式，即可求出的通项公式； （2）根据题意化简得出，再利用裂项相消法求出数列的前n项和，即可证出. 解：（1），① 当时，，② ∴①-②得，即， 则， 当时，由，得， 是以为首项，2为公比的等比数列， ，. （2）， ， 即. 【点睛】本题考查利用和的关系和递推关系证明等比数列，还考查等比数列的通项公式和利用裂项相消法进行求和，考查化简运算能力. 【变式训练6-5】已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）求证：当时，求证：； （ⅱ）求． 【答案】(1) (2)①证明见详解；② 【解析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解； （2）①根据题意分析可知，，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法分析求解. （1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. （2）（i）由（1）可知，且， 当时，则，即 可知， ， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以； （ii）由（1）可知：， 若，则； 若，则， 当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 且，符合上式，综上所述：. 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得. 【变式训练6-6】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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）借助构造等比数列算出，即可求出； （2）将裂项后求和，再分奇偶讨论即可得证. （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6-7】已知数列中，，点 ，在直线上. （1）求数列的通项公式； （2）设，Sn为数列的前 n项和，试问：是否存在关于n的整式，使得恒成立，若存在，写出 的表达式，并加以证明，若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）存在，，证明见解析. 【解析】（1）根据点在直线上，将点坐标代入方程，可得与的关系，根据等差数列的定义，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得，进而可求得的表示式，化简整理，可得，利用累加法，即可求得的表达式，结合题意，即可得答案. （1）因为点，在直线上， 所以，即，且， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以； （2），所以， 所以，即， 所以， ， 所以 所以， 根据题意恒成立， 所以， 所以存在关于n的整式，使得恒成立， 【点睛】解题的关键是根据表达式，整理得与的关系，再利用累加法求解，若出现（关于n的表达式）时，采用累加法求通项，若出现（关于n的表达式）时，采用累乘法求通项，考查计算化简的能力，属中档题. 【变式训练6-8】记为数列的前项和，已知．证明： (1)为等比数列； (2)． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【解析】（1）根据递推式可得，即，由等比数列定义证明即可； （2）由（1）求得，进而求出的通项公式，结合，即可证结论. （1）由已知得①，②， ②①：，即， 特别地，①中令得：，即， 所以是首项为，公比为的等比数列； （2）由（1）知：，所以， 故，注意到， 显然时成立； 当时，， 所以得证. 【变式训练6-9】已知正项数列的前项和满足关系式. (1)求数列的通项公式； (2)设，证明. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）利用，得到，进而得到，得到为等差数列，求出通项公式； （2）由得到， 当时，，当时，显然成立，当时，，当（且）时，，，故当时，有. （1）由得， 当时，， 两式相减得， ， 当时，由，得，也满足上式. . 当时，，则， 又，所以， ∴数列是等差数列，. （2）证明：由（1）得， ， 注意到当时， . 当时，. 当时，显然成立. 当时，， 从而时，. 当（且）时，， . 综上可知当时，有. 【点睛】对于公式， （1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式， （2）当时，，求出， （3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写. 【变式训练6-10】设各项均为正数的数列的前项和为，满足，已知等比数列，，，． （1）求数列，的通项公式； （2）记，数列的前项和．证明：对一切正整数，． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）利用把题设中的递推关系转化为关于，再利用等差数列的通项公式可求，最后利用等比数列的性质可求等比数列的公比，从而得到. （2）利用错位相减法可求，利用不等式的性质可证明. （1）因为，故，两式相减得到： ，整理得到. 因为，故，故是等差数列且公差为2. 又即，解得或（舍）. 所以. 又，故等比数列的公比，所以. 故数列，的通项公式分别为，. （2）由（1）得，故， 所以， 两式相减得到： ，化简得到. 因为，故. 【点睛】数列的通项与前项和 的关系式，我们常利用这个关系式实现与之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法. 【变式训练6-11】已知数列满足，且. （1）证明：数列为等比数列； （2）记，是数列前n项的和，求证：. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题设递推式可得，根据等比数列的定义，结合已知条件，即可证为等比数列； （2）由（1）有，进而求，利用裂项相消法求，即可证不等式. （1）由得：，又， ∴是首项为2，公比为2的等比数列. （2）由（1）知：，则， ∴， ∴. 题型07: 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. 【典型例题1】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：． 【答案】见解析 【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 ． 【典型例题2】已知等差数列公差为d，，且，，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和为，求，并求证：. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【解析】（1）由已知列方程组求出数列的首项和公差，可得通项公式； （2）利用列项相消求数列的前n项和为，再结合单调性即可求证； （1）等差数列公差为d，，且，，，成等比数列， 则有，解得， 所以 （2），， 所以数列的前n项和. 所以， 易知单调递增，同时， 所以当时取得最小值，同时， 所以 【变式训练7-1】设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若，且为“和等比数列”. (1)求的值，并求出的和公比； (2)若，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据等差数列的前项和公式求出，再根据“和等比数列”的定义列出方程即可得解； （2）利用错位相减法求解即可； （3）分离参数可得，再利用分离常数法求出的最小值即可得解. （1）因为， 所以数列所以为公差的等差数列， 则， ， 因为， 所以， 所以，解得， 所以； （2）由（1）得，则， 则， ， 两式相减得 ， 所以； （3）， 即， 即， 即， 即，即， 因为，所以， 所以. 【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于结构，利用分组求和法； （4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和. 【变式训练7-2】已知数列的前项和，，且． (1)求； (2)求数列的前项和； (3)设数列的前项和，且满足，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】（1）令，解方程即可求解， （2）利用，的关系，作差可得等差数列，即可求解， （3）利用放缩法可得，即可利用累加法求解. （1）在，中，， 令，可得 ， ∴． （2），① 当时，，② 可得 ， ∴， ∴是公差为的等差数列， ∴， ∴． （3）证明：由（2）可得， ∴， ∴ ． 题型08: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. 【典型例题1】已知数列满足． (1)证明是等比数列,并求的通项公式； (2)证明： 【答案】见解析 【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,. 【典型例题2】已知数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 【答案】见解析 【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. 【典型例题3】已知数列中，，为数列的前项和，且． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，为数列的前项和，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）利用的关系结合递推式可得，分奇偶项计算即可； （2）结合（1）的结论利用递推关系可得，再利用，放缩求证不等式即可. （1）由题意得，所以， 所以，所以，① 因此．② 由②-①，得，即， 因此或． 因为，所以，所以， 所以数列的奇偶项分别成等差数列，且公差为2． 又因为，得， 所以，．所以． （2）证明：由（1）知， 可得， 两式相减，得，即． 又，所以．又， 所以， 所以． 【典型例题4】已知数列满足：. (1)求证：数列和均为等比数列； (2)设，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由，，两式相减结合累加法得，，再由等比数列定义证明即可； （2）先求出的通项公式，进而证明，从而得出，最后结合裂项相消求和法证明即可. （1）由，① ，② 将②-①得， 故当时，，，，…，， 累加得， 故， 当时，，符合题意， 故， 即，， 因此为以3为首项，9为公比的等比数列. 将代入①得，故为以9为首项，9为公比的等比数列. （2）由（1）知，，故， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 因此对任意，均有， 则. 当时，； 当时，. 【典型例题5】已知数列的前项和为，若，且． (1)求证：数列是等差数列，并求出的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【解析】（1）由题意，利用求和公式的定义整理可得数列递推公式，结合累乘法，并检验，可得答案； （2）根据等差数列的求和公式整理可得新数列的通项公式，利用裂项相消，可得答案. （1），∴， ∴， 即， ∴，，…，， ∴， 即，∴． 由，令可得， ∴，验证符合上式，∴． （2）由（1）得，，， 显然； 可知当时，， ∴ ， 符合上式， ∴不等式得证． 【变式训练8-1】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：. 【答案】见解析 【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. 【变式训练8-2】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：． 【答案】见解析 【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. 【变式训练8-3】已知数列对于任意都有． (1)求数列的通项公式． (2)设数列前n项和为，求． (3)证明：，． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求解； （2）由（1）得到，再利用错位相减法，即可求解； （3）通过作差比较得到时，，从而有时，，再分和三种情况讨论，即可证明结果. （1）因为①， 当时，②， 由①②，得到，所以， 又时，，得到，满足， 所以数列的通项公式为. （2）由题意， 所以③，得到④， 由③④，得到， 所以. （3）因为，，所以时，， 当时，， 当时，， 当时， ， 综上，，. 【变式训练8-4】记为数列的前项和，已知. (1)求的通项公式； (2)设单调递增的等差数列满足，且成等比数列. （i）求的通项公式； （ii）设，证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【解析】（1）由数列的递推关系式得到，再根据等比数列的通项公式，即可求解； （2）（i）设数列的公差为，根据题意，结合等比中项公式列出方程，求得，再利用等差数列的通项公式，即可求解； （ii）由（i）得到，利用放缩法和裂项求和，即可求解. （1）解：因为，可得， 两式相减可得，即， 则， 又因为，可得， 所以当时，，即， 当时，不满足上式， 所以数列的通项公式为 （2）解：（i）设数列的公差为， 因为成等比数列，且， 所以， 整理得，解得或， 因为，可得， 又因为，所以数列的通项公式为. （ii）由（i）知，， 可得， 当时，； 当时， ， 综上可得，对于任意，都有. 【变式训练8-5】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： 【答案】见解析 【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. 【变式训练8-6】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：． 【答案】见解析 【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,． 【变式训练8-7】已知数列的前项和为，若，且． (1)求证：数列是等差数列，并求出的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【解析】（1）由题意，利用求和公式的定义整理可得数列递推公式，结合累乘法，并检验，可得答案； （2）根据等差数列的求和公式整理可得新数列的通项公式，利用裂项相消，可得答案. （1），∴， ∴， 即， ∴，，…，， ∴， 即，∴． 由，令可得， ∴，验证符合上式，∴． （2）由（1）得，，， 显然； 可知当时，， ∴ ， 符合上式， ∴不等式得证． 【变式训练8-8】记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)求证：对于且，． 【答案】(1)，； (2)； (3)证明见解析. 【解析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，求出结合等差等比数列定义求出通项. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即得. （3）求出，借助不等式性质放缩，再利用裂项相消法求和即得. （1）在等差数列中，，解得，而， 则数列的公差，通项公式为， 由，得，令等比数列的公比为， 由，得，解得， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，， 所以数列的前项和 . （3）由（1）知， 当时，， 所以 . 【变式训练8-9】已知数列满足：. (1)求证：数列和均为等比数列； (2)设，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由，，两式相减结合累加法得，，再由等比数列定义证明即可； （2）先求出的通项公式，进而证明，从而得出，最后结合裂项相消求和法证明即可. （1）由，① ，② 将②-①得， 故当时，，，，…，， 累加得， 故， 当时，，符合题意， 故， 即，， 因此为以3为首项，9为公比的等比数列. 将代入①得，故为以9为首项，9为公比的等比数列. （2）由（1）知，，故， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 因此对任意，均有， 则. 当时，； 当时，. 【变式训练8-10】已知数列中，，数列的前n项和为，且. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）求证：. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】（Ⅰ）根据题意中表达式，令，可求得表达式，两式相减，根据，即可求得数列的通项公式，经检验n=1满足题意，即可得答案； （Ⅱ）根据（Ⅰ）可得，即可进行证明，经检验n=1满足题意，即可得证. （Ⅰ）由可得，两式相减， 所以，又（满足上式）， 所以. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 所以， 又满足题意， 所以对于任意，都有. 【变式训练8-11】已知数列的前项和为，当时，. （1）求数列的通项公式； （2）证明:当时， 【答案】（1）；（2）详见解析. 【解析】（1）利用公式当时，进行验证求解即可； （2）对进行常变量分离，然后进行放缩，利用等比数列前项和公式进行证明即可. （1）解:当时，， 当时，满足. 综上，当时，. （2）证明:当时，， 所以 所以 综上可得，当时， 【点睛】本题考查了已知数列前项和求通项公式，考查了利用放缩法证明数列不等式问题，考查了等比数列前项和公式，考查了数学运算能力. 【变式训练8-12】已知数列的前项和为，且满足， (1)求和 (2)求证：． 【答案】(1)， (2)证明见解析 【解析】（1）利用可得，从而可求及. （2）利用放缩法及裂项相消法可证不等式成立. （1）时，，时，，所以，所以数列是以为首项，公差为的等差数列．所以，即，当时，，当时，，不满足上式， 所以， （2）当时，，原式成立． 当时， 所以． 【变式训练8-13】已知数列，，，，，为数列的前n项和，为数列的前n项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和； （3）求证：． 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析. 【解析】（1）应用累加法求数列通项即可. （2）利用裂项相消法求. （3）应用放缩法：、，进而求和即可证结论. （1）由题设，当时， ， 又满足上式，所以 （2）由（1），， ∴. （3）由，则， 又，则， 综上，得证. 【变式训练8-14】已知数列前n项积为，且． (1)求证：数列为等差数列； (2)设，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由已知得，，两式相除整理得，从而可证得结论， （2）由（1）可得，再利用累乘法求，从而，然后利用放缩法可证得结论 （1）因为，所以，所以，两式相除，得，整理为，再整理得，．所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列． （2）因为，所以，由（1）知，，故，所以．所以．又因为，所以． 【变式训练8-15】已知数列中， (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，证明:． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【解析】（1）根据题设条件化简，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）求得数列的通项公式，再求即得； （3）将（2）中得到的的通项代入求得，化简后利用数列的单调性即可得证. （1）由得， 则， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）得, 解得：. （3） 令，， 因为在上单调递增，则 所以数列在上单调递减，从而数列在上单调递增，且， 故得. 题型09: 与导数有关的数列不等式. 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. 【典型例题1】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：． 【答案】见解析 【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. 【典型例题2】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： 【答案】见解析 【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. . 【变式训练9-1】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：（）. 【答案】见解析 【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． 【变式训练9-2】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：． 【答案】见解析 【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. 【变式训练9-3】已知函数,数列满足正整数 (1)求的最大值； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】见解析 【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． 题型10:数学归纳法证明数列不等式 【典型例题1】设正项数列的首项为4，满足． (1)求，，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 【答案】(1)，； (2)见解析 【解析】（1）由首项及递推关系式逐次求得，再根据前三项总结规律猜想出数列的通项公式； （2）根据已知条件得到递推关系，利用递推关系按数学归纳法步骤证明即可. (1) 由可得，又，则，， 则，猜想； (2) 由（1）得，当时，， ①当时，猜想显然成立； ②假设当时成立，即； 当时，，猜想成立， 由①②知猜想恒成立，即. 【典型例题2】已知数列满足，前n项和． (1)求，，的值并猜想的表达式； (2)用数学归纳法证明（1）的猜想． 【答案】(1)，，，； (2)证明见解析. 【解析】（1）用赋值法即可求解，根据根据，，，猜想可得； （2）利用数学归纳法的步骤证明即可. (1) ∵，前n项和， ∴令，得， ∴， 令，得， ∴． 令，得， ∴． 猜想． (2) 用数学归纳法给出证明如下 ①当时，结论成立； ②假设当 (，)时，结论成立， 即， 则当时，， ， 即， ∴， ∴， ∴当时结论成立．由①②可知， 对一切都有成立． 【变式训练10-1】设数列满足． (1)求的值并猜测通项公式； (2)证明上述猜想的通项公式． 【答案】(1)， ，猜测 (2)见解析 【解析】（1）根据递推公式求出，再根据即可得出猜想； （2）利用数学归纳法证明即可. (1)解：由题意得，时，，得， 时，，得， 故， 猜测； (2)证明：当时，，即猜测成立； 假设时，猜测成立，即， 则时，由， 得， 所以时也成立， 综上可得，成立． 【变式训练10-2】已知数列的前项和为，其中且. (1)试求：，的值，并猜想数列的通项公式； (2)用数学归纳法加以证明. 【答案】(1)，，； (2)证明见解析. 【解析】（1）根据递推关系写出，的值，由所得前3项猜想通项公式即可. （2）应用数学归纳法，首先判断时通项公式是否成立，再假设时通项公式成立，进而利用关系求证是否成立即可. (1)因为且. 所以，解得， 因为， 所以，解得. 由，猜想：. (2)①当时，等式成立； ②假设当时猜想成立，即 那么，当时，由题设，得，， 所以，， 则. 因此，， 所以. 这就证明了当时命题成立. 由①②可知：命题对任何都成立. 【变式训练10-3】用数学归纳法证明． 【答案】证明见解析 【解析】先验证时，等式成立，再验证时的等式成立，最后做出证明 证明：（1）当时，左边，右边，等式成立． （2）假设当时等式成立，即 ，则当时， ， 所以当时等式也成立． 由（1）（2），可知对于任意，等式都成立． 题型11: 数列不等式与三角函数综合 【典型例题1】已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若数列满足，则 【答案】ACD 【解析】A选项，，故， 由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立， 故，A正确； B选项，由柯西不等式得 ， 当且仅当时，等号成立， 故， ，故，当且仅当时，等号成立， 故， 依次类推，可得，当且仅当等号成立， 故 ，B错误； C选项，设，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 所以，故在上恒成立， ，C正确； D选项，， ， 故，D正确. 故选：ACD 【点睛】常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 【典型例题2】设,. (1)当时,证明：； (2)证明：. 【答案】见解析 【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. 【变式训练11-1】已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 【答案】(1) (2)当为偶数时，，当为奇数时，. 【解析】（1）根据等差数列前和公式即可求出，则得到其通项公式； （2）分为奇数和偶数讨论并结合裂项求和即可. （1）由题意得是公差为2的等差数列，且， 即，又因为，所以， 所以数列的通项公式. （2）由（1）知， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 经检验，时，满足， 综上，当为偶数时，， 当为奇数时，. 【变式训练11-2】设正项数列满足，，．数列满足，其中，．已知如下结论：当时，． (1)求的通项公式． (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）根据正切的二倍角公式可推出，可知是公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解； （2）由于，可证，化简，由已知可得，再利用等比数列的求和公式可证，得证. （1）由于，则， 由于，所以，即， 又由可知， 从而是首项为，公比为的等比数列， 因此. （2）一方面，由于，因此． 另一方面，由（1）中，可得． 由于，则，即， 因此， ， 综上，. 【变式训练11-3】同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（modm）（“|”为整除符号）． (1)解同余方程（mod3）； (2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前n项和为，求； ②若（），求数列的前n项和． 【答案】(1)或（）． (2)①3036；② 【解析】（1）根据带除的定义求解，（mod3），即能被3整除，从而得出或能被3整除； （2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和． （1）由题意（mod3），所以或（），即或（）． （2）由（1）可得为，所以． ①因为（），所以． ． ②（）． 因为， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解 【变式训练11-4】设． （1）当时，求证：； （2）证明：对一切正整数n，都有． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】(1)利用导数确定函数在上单调递增，从而有当时，恒成立； (2) 放缩法构造数列不等式，再利用裂项相消法证明不等式. (1)由题知，，，故单调递增. 当时，， 所以在单调递增，有恒成立. (2)由(1)知当时，，取 有， 故 即待证不等式成立． 题型12: 数列不等式与概率统计 【典型例题】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． 【答案】见解析 【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． 【变式训练12-1】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：． 【答案】见解析 【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． 【变式训练12-2】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． 【答案】见解析 【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 , ,． ． 题型13：新定义数列 【典型例题】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：． 【答案】见解析 【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. 【变式训练13-1】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：． 【答案】见解析 【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. 【变式训练13-2】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. 【答案】见解析 【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. 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第09讲 数列中的证明问题 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 3 题型归纳 4 题型01：等差等比数列的证明 4 （一）利用等差数列定义证明数列是等差数列 4 （二）利用证明数列是等差数列 4 （三）证明数列不是等差数列 5 （四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列 5 （五）利用证明数列是等比数列 5 （六）证明数列不是等比数列 6 题型02：证明数列是新定义的数列 6 题型03：证明数列的单调性 8 题型04：数列中的等式与不等式的证明 8 题型05: 证明与通项有关的不等式 12 题型06: 直接求和证明不等式 13 题型07: 先求和再放缩,证明与前n项和有关的不等式 17 题型08:先放缩,再求和,证明与前n项和有关的不等式 18 题型09: 与导数有关的数列不等式. 25 题型10:数学归纳法证明数列不等式 28 题型11: 数列不等式与三角函数综合 30 题型12: 数列不等式与概率统计 33 题型13：新定义数列 34 【考情定位】 数列是高中代数的核心内容之一，在高考中通常占据 10~17分 的分值。数列证明题主要出现在解答题的第1问（基础送分）或压轴题的第2、3问（拉分难点）。 【命题趋势】 1. 难度分层明显： ◦ 基础层：证明等差/等比数列、求通项公式（全国卷及新高考卷常考）。 ◦ 进阶层：证明数列不等式（如 S_n < k）、证明数列的单调性或有界性。 ◦ 创新层：结合数学归纳法、反证法、函数构造思想，考察逻辑推理与代数变形能力。 2. 交汇性增强：数列证明常与函数（导数）、不等式、解析几何（点列问题）交汇命题，考察“转化与化归”思想。 1. 核心概念：能熟练运用定义法证明 {} 为等差或等比数列。 2. 运算能力：掌握累加法、累乘法、构造法（如 =p+q）求通项，为证明奠基。 3. 放缩技巧：掌握常见的放缩模型（如裂项相消放缩、二项式定理放缩），证明数列不等式。 4. 逻辑推理：熟练掌握数学归纳法的书写规范，以及反证法在存在性问题中的应用。 知识点：数列的证明方法 (1) 利用等差数列定义证明数列是等差数列 利用定义法证明是等差数列,就是证明对任意n∈N*,－是同一常数． (2) 利用证明数列是等差数列 若对任意n∈N*,数列满足,则是等差数列. (三)证明数列不是等差数列 证明数列不是等差数列,一般只需要证明该数列的连续3项不成等差数列,通常利用反证法证明. (四)利用等比数列的定义证明数列是等比数列 利用定义法证明是等比数列,就是证明对任意n∈N*,是同一常数． (五)利用证明数列是等比数列 若对任意正整数n,都有,且,则数列是等比数列. (六)证明数列不是等比数列 证明数列不是等比数列,一般只需要证明该数列的连续3项不成等比数列,通常利用反证法证明. (七)证明数列是新定义的数列 此类问题通常把满足某些条件的数列称为一类新数列,求解关键是证明所给数列满足新数列给定条件 (八)证明数列的单调性 证明数列是递增（减）数列,通常是证明（）,若,也可根据（） 来证明. (九)数列中的等式与不等式的证明 数列中的等式证明,通常是根据已知条件进行恒等变形,数列中的不等式证明,常见的是与求和有关的证明,证明时或者先求和,再放缩,或者先放缩成可求和的数列,再求和. （十）数列归纳法证明数列问题】 题型01：等差等比数列的证明 （一）利用等差数列定义证明数列是等差数列 【典型例题】已知数列满足. (1)证明：数列为等差数列,并求； (2)令,求数列的前项和. 【答案】见解析 【解析】（1）由,知, 所以, 所以数列是以为首项,-1为公差的等差数列, 所以, 所以. （2）因为, 所以. 【变式训练1】已知数列的前项和为,且． (1)证明：数列为等差数列； (2)若,,成等比数列,求的最大值． （二）利用证明数列是等差数列 【变式训练2】已知数列有,（常数）,对任意的正整数n,,并有满足． (1)求a的值； (2)证明数列是等差数列． （三）证明数列不是等差数列 【变式训练3】给定数列,若首项且,对任意的,都有,则称数列为“指数型数列”. (1)已知数列为“指数型数列”,若,求； (2)已知数列满足,判断数列是不是“指数型数列”？若是,请给出证明；若不是,请说明理由； (3)若数列是“指数型数列”,且,证明：数列中任意三项都不能构成等差数列. （四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列 【典型例题】在直角坐标平面内有线段,已知点是线段上靠近的三等分点,点是线段上靠近的三等分点,……,点是线段（,）上靠近的三等分点,设点的横坐标为. (1)求证：数列为等比数列； (2)若,,求的通项公式. 【解析】（1）解：由题意得  所以,可得, 又由,所以 所以数列是首项为,公比为的等比数列. （2）解：因为,,所以, 因为数列是公比为的等比数列,所以时,. 由累加法可得时, ,即当时,, 经检验,满足上式,所以数列的通项公式. 【变式训练4】记为数列的前项和,已知. (1)证明：数列是等比数列； (2)求最小的正整数,使得对一切都成立. （五）利用证明数列是等比数列 【变式训练5】在无穷数列中,若对任意的,都存在,使得,则称为m阶等差数列.在正项无穷数列中,若对任意的,都存在,使得,则称为m阶等比数列． (1)若数列为1阶等比数列,,,求的通项公式及前n项的和； (2)若数列为m阶等差数列,求证：为m阶等比数列； (3)若数列既是m阶等差数列,又是阶等差数列,证明：是等比数列． （六）证明数列不是等比数列 【变式训练6】混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一,假设在一个混沌系统中,用来表示系统在第个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态满足,,其中. (1)当时,若满足对,有,求的通项公式； (2)证明：当时,中不存在连续的三项构成等比数列； (3)若,,记,证明：. 题型02：证明数列是新定义的数列 【典型例题】已知数列的前n项和为．若对每一个,有且仅有一个,使得,则称为“X数列”.记,,称数列为的“余项数列”. (1)若的前四项依次为0,1,,1,试判断是否为“X数列”,并说明理由； (2)若,证明为“X数列”,并求它的“余项数列”的通项公式； (3)已知正项数列为“X数列”,且的“余项数列”为等差数列,证明：． 【答案】见解析 【解析】（1）由题, 所以有,, 故根据“X数列”的定义不是“X数列”. （2）因为, 所以当时,； 当时,； 则不满足,所以, 令,即, 则当时,有,； 当时,有；故即, 则对每一个,有且仅有一个且,使得, 综上,对任意,有且仅有一个,使得, 所以为“X数列”, 由上,, 即的“余项数列”通项公式为,. （3）因为是正项数列,所以单调递增, 所以,故, 因为,且为“X数列”, 所以,故由得, 的“余项数列”为等差数列,故其公差, 因为,所以, 若,则当时,,与矛盾, 故,所以,,即, 对于,若,则,与正项数列矛盾, 所以,故, 所以,故, 所以, 又, 所以,. 【变式训练】若数列的各项均为正数,对任意,有,则称数列为“对数凹性”数列． (1)已知数列1,3,2,4和数列1,2,4,3,2,判断它们是否为“对数凹性”数列,并说明理由； (2)若函数有三个零点,其中． 证明：数列为“对数凹性”数列； (3)若数列的各项均为正数,,记的前n项和为,,对任意三个不相等正整数p,q,r,存在常数t,使得． 证明：数列为“对数凹性”数列． 题型03：证明数列的单调性 【变式训练】已知函数． (1)判断并证明的零点个数 (2)记在上的零点为,求证; （i）是一个递减数列 （ii）． 题型04：数列中的等式与不等式的证明 【典型例题1】高斯是德国著名的数学家,近代数学的奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”定义为：对于任意实数x,记表示不超过x的最大整数,则称为“高斯函数”．例如：,． (1)设,,求证：是的一个周期,且恒成立； (2)已知数列的通项公式为,设． ①求证：； ②求的值． 【答案】见解析 【解析】（1）． 故是的一个周期． 当时,,,故． 由于周期为,故对任意,都有． （2）①记． ,则． ∵ ,∴． 而 ．∴． ∴,∴． ②由①知,则． 由（1）知：对任意,都有, ∴．∴． ∵,∴． 令, ∵； ． ∵,∴． 【典型例题2】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：． 【答案】见解析 【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． 【典型例题3】已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【解析】（1）借助与的关系与等比中项的性质计算即可得； （2）借助裂项相消法可求得，结合函数的单调性即可得证. （1）因为，所以，① 当时，，② ①－②得，化简可得，， 且当时，满足上式， 所以数列是公差为2的等差数列， 由题可得，故，解得， 所以，； （2）证明：令， 所以 ， 又函数在上单调递增，所以. 【变式训练4-1】已知是数列的前项和，，且成等比数列． (1)求数列的通项公式． (2)设，数列的前项和为，证明：． 【变式训练4-2】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4-3】已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)设，证明：． 【变式训练4-4】设为数列的前项和，已知是首项为、公差为的等差数列. (1)求的通项公式； (2)令，为数列的前项积，证明：. 【变式训练4-5】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4-6】已知数列的首项，是与的等差中项． (1)求证：数列是等比数列； (2)证明：． 【变式训练4-7】设对任意，数列满足，，数列满足． (1)证明：单调递增，且； (2)记，证明：存在常数，使得． 【变式训练4-8】已知数列的前项和为，且满足， (1)求和 (2)求证：． 题型05: 证明与通项有关的不等式 【典型例题】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． 【答案】见解析 【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 . 【变式训练5-1】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：． 【变式训练5-2】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． 题型06: 直接求和证明不等式 【典型例题1】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． 【答案】见解析 【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． 【典型例题2】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：． 【答案】见解析 【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． 【典型例题3】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：. 【答案】见解析 【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. 【典型例题4】已知各项为正数的数列的前项和为，若. (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）利用公式，时，，代入化简得到数列的递推公式，即可求解通项公式； （2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式. （1）当时，，解得； 当时，由，得， 两式相减可得，，又， ，即是首项为，公差为的等差数列， 因此，的通项公式为； （2）证明：由可知，所以， ， 因为恒成立，所以， 又因为，所以单调递增，所以， 综上可得． 【变式训练6-1】已知数列满足，． (1)求的通项公式； (2)若，设数列的前n项和，证明：． 【变式训练6-2】已知数列的前项和为，满足，且为，的等比中项. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的前项和，证明：. 【变式训练6-3】已知是数列的前项和，，且成等比数列． (1)求数列的通项公式． (2)设，数列的前项和为，证明：． 【变式训练6-4】记数列的前n项和为，且满足（）. （1）求的通项公式； （2）求证：数列的前n项和. 【变式训练6-5】已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）求证：当时，求证：； （ⅱ）求． 【变式训练6-6】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6-7】已知数列中，，点 ，在直线上. （1）求数列的通项公式； （2）设，Sn为数列的前 n项和，试问：是否存在关于n的整式，使得恒成立，若存在，写出 的表达式，并加以证明，若不存在，说明理由. 【变式训练6-8】记为数列的前项和，已知．证明： (1)为等比数列； (2)． 【变式训练6-9】已知正项数列的前项和满足关系式. (1)求数列的通项公式； (2)设，证明. 【变式训练6-10】设各项均为正数的数列的前项和为，满足，已知等比数列，，，． （1）求数列，的通项公式； （2）记，数列的前项和．证明：对一切正整数，． 【变式训练6-11】已知数列满足，且. （1）证明：数列为等比数列； （2）记，是数列前n项的和，求证：. 题型07: 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. 【典型例题1】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：． 【答案】见解析 【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 ． 【典型例题2】已知等差数列公差为d，，且，，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前n项和为，求，并求证：. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【解析】（1）由已知列方程组求出数列的首项和公差，可得通项公式； （2）利用列项相消求数列的前n项和为，再结合单调性即可求证； （1）等差数列公差为d，，且，，，成等比数列， 则有，解得， 所以 （2），， 所以数列的前n项和. 所以， 易知单调递增，同时， 所以当时取得最小值，同时， 所以 【变式训练7-1】设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若，且为“和等比数列”. (1)求的值，并求出的和公比； (2)若，求数列的前项和； (3)在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【变式训练7-2】已知数列的前项和，，且． (1)求； (2)求数列的前项和； (3)设数列的前项和，且满足，求证：． 题型08: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. 【典型例题1】已知数列满足． (1)证明是等比数列,并求的通项公式； (2)证明： 【答案】见解析 【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,. 【典型例题2】已知数列的前项和为,且． (1)求数列的通项公式； (2)求证：． 【答案】见解析 【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. 【典型例题3】已知数列中，，为数列的前项和，且． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，为数列的前项和，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）利用的关系结合递推式可得，分奇偶项计算即可； （2）结合（1）的结论利用递推关系可得，再利用，放缩求证不等式即可. （1）由题意得，所以， 所以，所以，① 因此．② 由②-①，得，即， 因此或． 因为，所以，所以， 所以数列的奇偶项分别成等差数列，且公差为2． 又因为，得， 所以，．所以． （2）证明：由（1）知， 可得， 两式相减，得，即． 又，所以．又， 所以， 所以． 【典型例题4】已知数列满足：. (1)求证：数列和均为等比数列； (2)设，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由，，两式相减结合累加法得，，再由等比数列定义证明即可； （2）先求出的通项公式，进而证明，从而得出，最后结合裂项相消求和法证明即可. （1）由，① ，② 将②-①得， 故当时，，，，…，， 累加得， 故， 当时，，符合题意， 故， 即，， 因此为以3为首项，9为公比的等比数列. 将代入①得，故为以9为首项，9为公比的等比数列. （2）由（1）知，，故， 当为奇数时，； 当为偶数时，， 因此对任意，均有， 则. 当时，； 当时，. 【典型例题5】已知数列的前项和为，若，且． (1)求证：数列是等差数列，并求出的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【解析】（1）由题意，利用求和公式的定义整理可得数列递推公式，结合累乘法，并检验，可得答案； （2）根据等差数列的求和公式整理可得新数列的通项公式，利用裂项相消，可得答案. （1），∴， ∴， 即， ∴，，…，， ∴， 即，∴． 由，令可得， ∴，验证符合上式，∴． （2）由（1）得，，， 显然； 可知当时，， ∴ ， 符合上式， ∴不等式得证． 【变式训练8-1】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：. 【变式训练8-2】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：． 【变式训练8-3】已知数列对于任意都有． (1)求数列的通项公式． (2)设数列前n项和为，求． (3)证明：，． 【变式训练8-4】记为数列的前项和，已知. (1)求的通项公式； (2)设单调递增的等差数列满足，且成等比数列. （i）求的通项公式； （ii）设，证明：. 【变式训练8-5】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： 【变式训练8-6】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：． 【变式训练8-7】已知数列的前项和为，若，且． (1)求证：数列是等差数列，并求出的通项公式； (2)设，数列的前项和为，求证：． 【变式训练8-8】记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，． (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)求证：对于且，． 【变式训练8-9】已知数列满足：. (1)求证：数列和均为等比数列； (2)设，数列的前项和为，求证：. 【变式训练8-10】已知数列中，，数列的前n项和为，且. （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）求证：. 【变式训练8-11】已知数列的前项和为，当时，. （1）求数列的通项公式； （2）证明:当时， 【变式训练8-12】已知数列的前项和为，且满足， (1)求和 (2)求证：． 【变式训练8-13】已知数列，，，，，为数列的前n项和，为数列的前n项和． （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和； （3）求证：． 【变式训练8-14】已知数列前n项积为，且． (1)求证：数列为等差数列； (2)设，求证：． 【变式训练8-15】已知数列中， (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)令，证明:． 题型09: 与导数有关的数列不等式. 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. 【典型例题1】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：． 【答案】见解析 【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. 【典型例题2】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： 【答案】见解析 【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. . 【变式训练9-1】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：（）. 【变式训练9-2】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：． 【变式训练9-3】已知函数,数列满足正整数 (1)求的最大值； (2)求证：； (3)求证：． 题型10:数学归纳法证明数列不等式 【典型例题1】设正项数列的首项为4，满足． (1)求，，并根据前3项的规律猜想该数列的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的猜想． 【答案】(1)，； (2)见解析 【解析】（1）由首项及递推关系式逐次求得，再根据前三项总结规律猜想出数列的通项公式； （2）根据已知条件得到递推关系，利用递推关系按数学归纳法步骤证明即可. (1) 由可得，又，则，， 则，猜想； (2) 由（1）得，当时，， ①当时，猜想显然成立； ②假设当时成立，即； 当时，，猜想成立， 由①②知猜想恒成立，即. 【典型例题2】已知数列满足，前n项和． (1)求，，的值并猜想的表达式； (2)用数学归纳法证明（1）的猜想． 【答案】(1)，，，； (2)证明见解析. 【解析】（1）用赋值法即可求解，根据根据，，，猜想可得； （2）利用数学归纳法的步骤证明即可. (1) ∵，前n项和， ∴令，得， ∴， 令，得， ∴． 令，得， ∴． 猜想． (2) 用数学归纳法给出证明如下 ①当时，结论成立； ②假设当 (，)时，结论成立， 即， 则当时，， ， 即， ∴， ∴， ∴当时结论成立．由①②可知， 对一切都有成立． 【变式训练10-1】设数列满足． (1)求的值并猜测通项公式； (2)证明上述猜想的通项公式． 【变式训练10-2】已知数列的前项和为，其中且. (1)试求：，的值，并猜想数列的通项公式； (2)用数学归纳法加以证明. 【变式训练10-3】用数学归纳法证明． 题型11: 数列不等式与三角函数综合 【典型例题1】已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若数列满足，则 【答案】ACD 【解析】A选项，，故， 由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立， 故，A正确； B选项，由柯西不等式得 ， 当且仅当时，等号成立， 故， ，故，当且仅当时，等号成立， 故， 依次类推，可得，当且仅当等号成立， 故 ，B错误； C选项，设，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 所以，故在上恒成立， ，C正确； D选项，， ， 故，D正确. 故选：ACD 【点睛】常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 【典型例题2】设,. (1)当时,证明：； (2)证明：. 【答案】见解析 【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. 【变式训练11-1】已知首项为正数的等差数列的公差为2，前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和． 【变式训练11-2】设正项数列满足，，．数列满足，其中，．已知如下结论：当时，． (1)求的通项公式． (2)证明：． 【变式训练11-3】同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（modm）（“|”为整除符号）． (1)解同余方程（mod3）； (2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若（），数列的前n项和为，求； ②若（），求数列的前n项和． 【变式训练11-4】设． （1）当时，求证：； （2）证明：对一切正整数n，都有． 题型12: 数列不等式与概率统计 【典型例题】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． 【答案】见解析 【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． 【变式训练12-1】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：． 【变式训练12-2】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． 题型13：新定义数列 【典型例题】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：． 【答案】见解析 【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. 【变式训练13-1】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：． 【变式训练13-2】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. 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $