数列与解析几何综合问题、数列与导数综合问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

数列与解析几何综合问题、数列与导数综合问题专项训练 数列与解析几何综合问题、数列与导数综合问题专项训练 考点目录 数列与解析几何综合问题 数列与导数综合问题 考点一 数列与解析几何综合问题 例1．（2026·四川成都·模拟预测）已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 例2．（2026·四川遂宁·二模）已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. (1)求的方程； (2)记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 例3．（25-26高三下·广西崇左·阶段检测）已知抛物线的准线交x轴于点K，垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，且，. (1)求抛物线C的标准方程； (2)若在第一象限内C上有个不同的点，满足，且，点为点关于y轴的对称点. （i）求数列的通项公式； （ii）令，为数列的前n项和，求使不等式恒成立的最大整数n的值. 例4．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 变式1．（2026·湖南郴州·三模）已知圆外有一点. (1)当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； (2)自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 变式2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知焦距为的双曲线的一条渐近线与直线垂直． (1)求双曲线C的方程； (2)已知数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点在双曲线C上，求证：． 变式3．（2026·山东东营·一模）已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； (3)从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 变式4．（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 考点二 数列与导数综合问题 例1．（2026·河南开封·模拟预测）已知函数. (1)若数列，求数列的前n项和； (2)已知函数在处的切线为直线，直线在y轴上的截距为，求数列的前n项和. 例2．（2026·四川宜宾·一模）已知函数． (1)判断函数在区间上极值点的个数，并说明理由； (2)将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：． 证明：（ⅰ）； （ⅱ）． 例3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，不等式在上恒成立，求实数a的取值范围； (3)在（1）的条件下，数列满足：，且．证明：不等式成立． 变式1．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，关于的方程有两个不等实根，，且满足，求实数的取值范围； (3)数列的前项和为，设数列的前项和为，且，，求证：当时，有. 变式2．（25-26高三下·河北沧州·月考）已知. (1)若对任意都有，求实数的取值范围； (2)当时，称满足的数列为函数的指数迭代数列，若. （i）证明：的指数迭代数列各项均为正数，且单调递增； （ii）证明：. 变式3．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； (3)当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 2 学科网（北京）股份有限公司 $数列与解析几何综合问题、数列与导数综合问题专项训练 数列与解析几何综合问题、数列与导数综合问题专项训练 考点目录 数列与解析几何综合问题 数列与导数综合问题 考点一 数列与解析几何综合问题 例1．（2026·四川成都·模拟预测）已知平面直角坐标系中，为：上的动点，.线段的中垂线与直线的交点为R，记点R的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)设，点为E上一点，构造点列：对，点关于x轴的对称点为点，过作斜率为k的直线，与E的另一交点为（若只有一个交点，记为）. ①试判断以和为邻边的平行四边形顶点是否恒在直线上?若是，求出的方程（用表示）；若不是，请说明理由. ②求证：当，且时，数列满足：对，. 【答案】(1)； (2)①是，；②证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出曲线E的方程. （2）①求出直线的方程与曲线E的方程联立，求出点的坐标即可；②由①的信息探求数列的性质，结合已知得，再利用不等式的性质及等比数列前项和公式推理得证. 【详解】（1）点在上，连接，由R在线段的中垂线上，得， 则，因此动点R的轨迹是以C，A为焦点，长轴长为4的椭圆， 即长半轴长，半焦距，则知半轴长， 所以曲线E的方程为. （2）①依题意，，，，， 设直线，即的方程为，由消去， 得，则， 即，， 因此，而， 则，在中，， 即，直线斜率恒为， 所以点恒在直线：上. ②由①知，，当时，， 当时，，则， 由在椭圆上，令，对，， ，，， 由，得，则，， 则，对，， 因此，， 由，得， 所以. 例2．（2026·四川遂宁·二模）已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. (1)求的方程； (2)记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由抛物线的定义及三角形的面积即可求解； （2）（i）设经过轴上点的直线为，与抛物线方程联立，得，因为直线经过点，所以，因为直线经过点，所以，得，即可求解； （ii）设直线与的交点为，因为四点共圆，所以，即可求解． 【详解】（1）由题知，所以， 不妨设点在第一象限, 由抛物线定义知到准线的距离为，所以， 由，解得， 所以的方程为. （2）（i）设经过轴上点的直线为， 与抛物线的两交点记为， 联立得，则， 因为直线经过点，所以， 因为直线经过点，所以， 因为直线和经过点， 所以， 所以， 因为，所以， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 综上． （ii）设直线与的交点为，因为四点共圆， 所以， 设直线为，联立得 ，所以， ， 设直线为， 同理可得， 又且，所以， 所以， 则的重心纵坐标为0，即的重心在轴上， ， 同理所以， 联立直线与得， 所以， 所以的重心在的右侧.    例3．（25-26高三下·广西崇左·阶段检测）已知抛物线的准线交x轴于点K，垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，且，. (1)求抛物线C的标准方程； (2)若在第一象限内C上有个不同的点，满足，且，点为点关于y轴的对称点. （i）求数列的通项公式； （ii）令，为数列的前n项和，求使不等式恒成立的最大整数n的值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）6 【分析】（1）根据题意分析可知不妨设，结合直线垂直可得，即可得抛物线方程； （2）（i）分析可知数列是以为首项，为公差的等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；（ii）整理可得，利用错位相减法可得，结合数列单调性解不等式即可. 【详解】（1）由题意可知：抛物线C的准线方程为，则点， 因为垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点，， 把代入得，解得， 不妨设M在第一象限，则，， 因为，即， 则，整理可得，解得， 所以抛物线C的标准方程为. （2）（i）因为，在抛物线C上， 则，即， 因为，则， 整理可得， 因为，则，即， 且，可知数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即； （ii）由（i）可知：，则，可得， 则，可得， 两式相减得 ， 则，即， 因为点为点关于y轴的对称点，则，可得， 不等式即为，等价于， 令，则， 令，即，解得； 令，即，解得； 且，，，则， 可知不等式的解集为， 所以使不等式成立的最大整数n的值为6. 例4．（2026·上海徐汇·二模）已知无穷数列为严格增数列，且.双曲线的方程为为双曲线上两个不同的动点，其中在双曲线的右支上. (1)若，求双曲线的渐近线方程和焦点坐标； (2)若，且点为线段的中点，求实数的取值范围； (3)已知直线过双曲线的右顶点.若在双曲线的右支上，则称弦为双曲线的“同支弦”，否则称其为双曲线的“异支弦”.是否存在等差数列，使得对于任意正整数，双曲线“同支弦”弦长的最小值均大于双曲线“异支弦”弦长的最小值？若存在，请求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)渐近线方程；焦点坐标为. (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的标准方程求出的值，进而得到渐近线方程和焦点坐标. （2）先设出的坐标，再根据中点坐标公式得到关于的表达式，最后结合双曲线的性质求出的取值范围. （3）先设出直线的方程，然后分别联立直线与双曲线的方程，求出“同支弦”和“异支弦”弦长的表达式，再根据条件列出不等式，进而判断是否存在满足条件的等差数列. 【详解】（1）当时，双曲线的方程为，此时. 根据双曲线渐近线方程可得. 根据可得，焦点在轴上，所以焦点坐标为. （2）， ， ， ， ①，，代入上式 ②， 联立①②，得， ； （3）的右顶点为. 若直线的斜率为0，此时，为异支弦，. 若直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入， 得. 当时， 设，则 . 设，则. 当为异支弦时，，所以，即. 所以，所以异支弦最小值为. 当为同支弦时，. 因为，所以. 所以同支弦长最小值为，由已知，所以. 若是等差数列，设公差为，则一定存在一个充分大的，使. 此时，不合题意，所以不存在这样的等差数列. 变式1．（2026·湖南郴州·三模）已知圆外有一点. (1)当时，过点作直线，当直线与圆相切时，求直线的方程； (2)自点发出的光线经过轴反射后与相切，记与相切的两条反射光线所在直线的斜率之积为，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】（1）设直线的方程为，由点到直线的距离公式可得，求解即可； （2）记点关于轴的对称点为，设反射光线所在直线，由点到直线的距离得，进而由根与系数的关系可得，利用裂项相消法可求证结论. 【详解】（1）圆，圆心，半径. 由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，即. 由于直线与圆相切，所以，解得或， 所以直线的方程为或； （2）记点关于轴的对称点为，则. 由于反射光线所在直线经过点，且斜率存在， 设反射光线所在直线，即. 又圆的圆心为，半径，直线与圆相切，则， 整理得， 则两条切线的斜率之积. 所以， . 变式2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知焦距为的双曲线的一条渐近线与直线垂直． (1)求双曲线C的方程； (2)已知数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点在双曲线C上，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据两直线垂直可知斜率之积为 ，可得，再利用待定系数法即可求解. （2）点 在双曲线 上，代入双曲线方程得，计算 并分析范围；再分析数列 的通项，再通过分母放缩可证得，从而得证. 【详解】（1）由已知，则，∴， ∵双曲线C的一条渐近线与直线垂直， ∴这条渐近线的斜率为2，即， 由，解得（负值舍去）， ∴双曲线C的方程为． （2）点 在双曲线 上，代入双曲线方程得： ， 又因为，即 ； 是公差为 4 的等差数列，设首项为 ，则通项为 ； 由 ，且 ，可知 单调递增； 由 ，得： ， 因 公差为 4 ，故 ，代入得： 证明 ： 由 ，得 ，且分母 ，因此 . 证明 ： 对分母放缩：， 因此分母 . 代入， 综上， 得证. 变式3．（2026·山东东营·一模）已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线上任意一点到两条渐近线的距离的乘积为. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线经过点，且与双曲线的右支交于两点，设的内心为点，求证：点在定直线上； (3)从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，他们就好像是从另一个焦点射出的一样，双曲线的这一光学性质被广泛应用，如图，由发出的光线经双曲线上一点反射后，反射光线的反向延长线经过点，连接交双曲线于点，点也是一个反射点，连接交双曲线于点，则点也是一个反射点，再连接，交双曲线于点，则点也是一个反射点，……，各反射点连线得到折线，设第n个反射点为()，求证：数列为等比数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式并结合题意建立方程组，求解基本量，最后得到双曲线方程即可. （2）作出符合题意的图形，结合题意与角分线的性质求解出角平分线的斜率，得到角平分线的方程，最后结合内心的性质确定即可. （3）结合题意并利用角平分线定理得到递推式，最后结合等比数列的定义证明即可. 【详解】（1）由题意得双曲线的左，右焦点分别为， 则，可得，且双曲线的渐近线方程为， 设到两条渐近线的距离分别为，， 由点到直线的距离公式得，， 则，而到两条渐近线的距离的乘积为， 可得，化简得， 解得（另一根舍去），则双曲线的方程为. （2）由题意得的斜率一定存在，且直线经过点， 设直线方程为，如图，作出符合题意的图形， 设的角分线的方向向量为，， 则，， 且，即， 因为在双曲线上，所以，化简得， 则， 同理可得，则， 整理可得， 因为，， 所以化简得，而，则， 解得，可得的角分线的斜率为， 则的角分线的方程为，化简得， 结合内心的性质得点在定直线上. （3）如图，作出符合题意的图形， 因为， 所以， ， 则，由角分线定理得， 可得，整理可得， 同理可得，两式联立可得， 由题意得，则，可得， 则数列为以为首项，为公比的等比数列. 变式4．（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)数列是等比数列，公比为 (3)直线恒过定点 【分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【详解】（1）由题意得，， 故E的方程为. （2）设，直线的方程为， 由，消去，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ②①得，故数列是等比数列，公比为. （3）直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 考点二 数列与导数综合问题 例1．（2026·河南开封·模拟预测）已知函数. (1)若数列，求数列的前n项和； (2)已知函数在处的切线为直线，直线在y轴上的截距为，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将数列拆分为等比数列和等差数列，分别求和后相加得到前项和. （2）先求函数在处的切线方程，令得到截距，再用错位相减法求的和，最后结合的和得到. 【详解】（1）因为，所以 . （2）， 直线的方程为， 令， 得， 所以， 令数列的前项和为，则 ， ， 两式相减得，故， 又数列的前项和为， 所以数列的前项和. 例2．（2026·四川宜宾·一模）已知函数． (1)判断函数在区间上极值点的个数，并说明理由； (2)将函数在区间上的极值点从小到大排列，形成数列，数列满足：． 证明：（ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】(1)有两个极值点，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案. （2）（ⅰ）根据（1）可得，所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的诱导公式，将变为，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得，与2大小关系，可得答案；（ⅱ）由（ⅰ）可得，进而得到当为偶数或奇数时，和与零大小关系，再根据变形即可证明. 【详解】（1）因为，所以. 设，， 当时，因为，，在上单调递减， 得，所以在上无零点， 当时，因为，，在上单调递增， 且，，所以在上有唯一零点， 当，因为，，所以在上单调递减， 因为，，所以在上有唯一零点. 综上，函数在区间上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变， 故函数在区间内恰有两个极值点. （2）（ⅰ）由（1）可知，在无极值点， 在有极小值点，即为，在有极大值点，即为， 同理可得，在有极小值点，在有极值点， 由得， 因为，所以， 因为，，，， 所以，， 因为， 由函数在单调递增，得， 所以， （ⅱ）同理，， ， 由于在上单调递减得， 所以，且，， 当为偶数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值， 即， 当为奇数时，从开始相邻两项配对，每组和均为负值，多出最后一项也是负值， 即， 综上，对一切，成立，得， 又，所以， 则， 所以，即可证明. 例3．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，不等式在上恒成立，求实数a的取值范围； (3)在（1）的条件下，数列满足：，且．证明：不等式成立． 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为; (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求函数的定义域，再对求导，通过判断导数的正负来确定单调区间； （2）根据已知条件化简不等式得，构造函数，求出导函数，通过分析导函数的正负，得到函数的最值来确定参数的取值范围； （3）结合（1）中函数的结论，结合数列的特点得到数列的递推关系式，利用放缩法对数列进行缩放，最后通过求和证明不等式成立. 【详解】（1）当时，，； ，即； 的定义域为. ； 令，则，解得； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）当时，，的定义域为. . 令，即； 则； ， ①当时，，，即；在上单调递增，即； 在上恒成立，，即，解得. ②当，； 令，则； 在上单调递增，即. 当时，，即，则，在上单调递增，即成立； 当时，，即；当时，； ，使得； 当时，，即，在上单调递减；当时，，即，在上单调递增； 当时，取得最小值，即； 不成立； 综上所述，实数a的取值范围为. （3）由（1）可知，在上单调递增，，即； ，，； ，即，得； . ，，即； ； ，； 成立. 变式1．（2026·重庆北碚·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，关于的方程有两个不等实根，，且满足，求实数的取值范围； (3)数列的前项和为，设数列的前项和为，且，，求证：当时，有. 【答案】(1)单调递增区间：，单调递减区间： (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先确定的表达式，先求定义域，再求导，通过分析导数的正负来确定单调区间； （2）化简，设，得到关于的函数，再根据的范围，利用导数求该函数的值域 （3）先根据数列前项和与通项的关系求出​，再结合求出，进而表示出​，利用放缩法证明不等式 【详解】（1）当时，，则 令，则 当时，，，故，单调递减. ，故时，，即. 当时：，故，即 综上，单调递增区间：，单调递减区间： （2）当时，，方程为 设，则，且 两式相减 因此 令，求导， 令，，单调递减， 所以在上单调递减时，；时， 所以 记，则，单调递增， 所以 （3）由(1)知，当时，，即 取，得， 因此 由(2)知，当时，. 取（，此时），则 所以 记，，则 故在上单调递增，因此，即 取，则 所以，得证 变式2．（25-26高三下·河北沧州·月考）已知. (1)若对任意都有，求实数的取值范围； (2)当时，称满足的数列为函数的指数迭代数列，若. （i）证明：的指数迭代数列各项均为正数，且单调递增； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据条件，先探求得对任意都有成立的必要条件，再说明时，对任意都有，即可求解； （2）（i）根据条件得，再利用数学归纳法即可证明；再通过作差比较，即可判断单调性；（ii）根据条件，将问题转化成求证，构造函数，利用导数与函数的单调性，求出其单调区间，从而得时，，即可求解. 【详解】（1）易知的定义域为，， 又，且对任意都有，则必有，即， 下证当时，对任意都有， 因为，，则， 令，则，又，则， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，则， 所以当时，， 综上，实数的取值范围为. （2）（i）因为，则，由题有， 即， 下面用数学归纳法证明， 当时，，命题成立， 假设时，，则时，， 令，则，当时，， 即在区间上单调递增， 所以当时，，得到当时，， 所以， 则对于一切，都有， 又， 所以的指数迭代数列各项均为正数，且单调递增，即命题得证. （ii）由，得到， 要证明， 即证明， 即证明，又， 即证明，又，即证明， 即证明， 令，则， 又由（i）知当时，，所以当时，， 所以在区间上单调递增，又， 所以时，，即， 又由（i）知，所以，命题得证. 变式3．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知为图象上不同的三点，它们的横坐标分别为，且满足.记在点处的切线斜率为，直线的斜率为，证明：当时，； (3)当时，数列满足，且，为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)当时，函数的单调增区间是；当时，函数的单调减区间是，单调增区间是； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，分、求解即可; （2）利用斜率公式求得，利用导数的几何意义求得，利用作差法、换元法及导数证明即可； （3）由题意可得，设，利用导数可得在内单调递性，从而得，构造函数，利用导数确定其单调性，从而得，即有，进一步可得，利用放缩法可得，最后结合等比数列、常数数列的求和公式即可得证明. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增. 综上所述：当时，函数的单调增区间是； 当时，函数的单调减区间是，单调增区间是； （2）由,得， 因为， ，， 所以 . 不妨设，令，则，令， 所以， 所以在上单调递增，，即， 因为，，所以， 所以. （3）当时，，， 设，， 当时，，则在上单调递增， 所以，，则， 构造函数， 求导得， 所以在上单调递增，则， 所以当时，所以， 即， 所以，即，得， 当时，， 即，又因为,所以， 所以 . 2 学科网（北京）股份有限公司 $