素养拓展22数列与不等式高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展22数列与不等式（精讲+精练）一、知识点梳理一、知识点梳理一、数列与不等式数列与不等式的结合，一般有两类题:一是利用基本不等式求解数列中的最值;二是与数列中的求和问题相联系,证明不等式或求解参数的取值范围,此类问题通常是抓住数列通项公式的特征,多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式,求解参数的取值范围.1.常见放缩公式：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）；（8）；（9）；（10）；（11）；（12）；（13）．（14）．（1）数学归纳法定义：对于某些与自然数有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当取第一个值时命题成立；然后假设当（，）时命题成立，证明当时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法注：即先验证使结论有意义的最小的正整数，如果当时，命题成立，再假设当（，）时，命题成立．（这时命题是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于的正整数，，…，命题都成立．（2）运用数学归纳法的步骤与技巧①用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：（1）证明：当取第一个值结论正确；（2）假设当（，）时结论正确，证明当时结论也正确由（1），（2）可知，命题对于从开始的所有正整数都正确②用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始．不一定恒为1，也可能或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找与的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设时结论成立，利用此假设证明时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．二、题型精讲精练二、题型精讲精练【典例1】（2021·天津·统考高考真题）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【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【详解】（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.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.【典例2】（2020·全国·统考高考真题）设数列{an}满足a1=3，．（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．【答案】（1），，，证明见解析；（2）.【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得，，由数列的前三项可猜想数列是以为首项，2为公差的等差数列，即．证明如下：当时，成立；假设时，成立.那么时，也成立.则对任意的，都有成立；［方法二］：构造法由题意可得，．由得．，则，两式相减得．令，且，所以，两边同时减去2，得，且，所以，即，又，因此是首项为3，公差为2的等差数列，所以．［方法三］：累加法由题意可得，．由得，即，，……．以上各式等号两边相加得，所以．所以．当时也符合上式．综上所述，．［方法四］：构造法，猜想．由于，所以可设，其中为常数．整理得．故，解得．所以．又，所以是各项均为0的常数列，故，即．（2）由（1）可知，［方法一］：错位相减法，①，②由①②得：，即.［方法二］【最优解】：裂项相消法，所以．［方法三］：构造法当时，，设，即，则，解得．所以，即为常数列，而，所以．故．［方法四］：因为，令，则，，所以．故．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列的部分项从而归纳得出数列的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式，代换得，两式相减得，设，从而简化递推式，再根据构造法即可求出，从而得出数列的通项公式；方法三：由化简得，根据累加法即可求出数列的通项公式；方法四：通过递推式求出数列的部分项，归纳得出数列的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成，求出，从而可得构造数列为常数列，即得数列的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由时，，构造得到数列为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成，利用分组求和法分别求出数列的前项和即可，其中数列的前项和借助于函数的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．【题型训练-刷模拟】1.数列不等式一、单选题1．（2023春·北京海淀·高二人大附中校考期中）已知数列的前项和为，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用裂项相消求出，再将恒成立问题转化为最值问题，进而求出结果.【详解】由，得，因为对任意的，不等式恒成立，所以，解得或.故选：.2．（2023·宁夏银川·校联考二模）已知数列满足，数列的前n项和为，若对任意恒成立，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用裂项相消法求出，将不等式进行等价转化，然后利用基本不等式即可求解.【详解】因为，所以，因为对任意恒成立，也即对任意恒成立，因为（当且仅当，也即时等号成立）所以，故选：.3．（2023·河南驻马店·统考二模）设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.【详解】因为，所以，所以数列是常数列，又，所以，从而，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故．因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．设，则，从而．记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，又，，，且，所以的最小值是，所以．故选：B4．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知是各项均为正数的数列的前项和，，，若对恒成立，则实数的最大值为（

）A． B．16 C． D．32【答案】D【分析】根据，求出和的通项公式，代入不等式计算，再根据基本不等式即可求解得出.【详解】，数列是首项为、公比为2的等比数列，，解得或（舍），，即恒成立，，当且仅当即时取等号，.故选：.5．（2023·福建·统考模拟预测）已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（

）A．3 B．2 C．1 D．【答案】C【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定m的最小值.【详解】，是等差数列，又∵，∴，故对，，也符合上式，，故，即的最小值为1．故选：C．6．（2023春·江西九江·高二校考期中）数列是首项和公比均为2的等比数列，为数列的前项和，则使不等式成立的最小正整数的值是（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】根据等比数列得，利用裂项求和可得，结合不等式的性质代入求解即可得答案.【详解】因为数列是首项和公比均为2的等比数列，所以，则，所以，则，不等式整理得，当时，左边，右边，显然不满足不等式；当时，左边，右边，显然满足不等式；且当时，左边，右边，则不等式恒成立；故当不等式成立时的最小值为9.故选：B.7．（2023·上海·高三专题练习）已知数列满足，，存在正偶数使得，且对任意正奇数有，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用累加法求出，对分为奇数、偶数两种情况讨论的单调性，结合能成立与恒成立的处理方法求出答案.【详解】因为，，所以当时，，又时也成立，所以，易得，当为奇数时，单调递减；当为偶数时，单调递增，又当为正偶数时，存在，即，所以，此时有，所以，又对于任意的正奇数，，即，所以或恒成立，所以或，综上，实数的取值范围是，故选：D．8．（2023春·浙江衢州·高二统考期末）已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为（

）A．20 B．21 C．22 D．23【答案】B【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系.【详解】设等差数列的公差为，则，故为各项为正数的等比数列.因为，故，故，故，，，故，，所以，，，所以，故选：B.9．（2023·江西吉安·统考一模）已知数列满足，则下列说法正确的是（

）A．数列不可能为等差数列 B．对任意正数t，是递增数列C．若，则 D．若，数列的前n项和为，则【答案】D【分析】若为常数列1，1，1，…，此时，由此可判断A；若存在正数t使得为递增数列，则，显然当时就不成立，由此判断B；，结合基本不等式可判断C；当时，，满足题意；当时，由可得，则，，结合等比数列求和公式求解可判断D.【详解】对于A，若为常数列1，1，1，…，此时，故数列可以是等差数列，故A错误；对于B，由，∴，若存在正数t使得为递增数列，则，显然当时不成立，故B错误；对于C，已知，显然数列各项均为正数，故，当且仅当时，等号成立，又；时，，不满足取等条件，则，即，故C错误；对于D，当时，，满足题意；当时，由选项C知，累乘可得，∴，∴，满足题意，故D正确.故选：D.10．（2023·四川遂宁·校考模拟预测）若数列的前项和为，，则称数列是数列的“均值数列”．已知数列是数列的“均值数列”且，设数列的前项和为，若对恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得，由可求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得，求出数列的最小值，可得出关于的不等式，解之即可.【详解】由题意，即，当时，，又，则满足，故对任意的，，则，，易知是递增数列，所以，数列的最小值是，由题意，整理可得，解得．故选：B．11．（2023春·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期中）已知数列满足，若存在实数，使单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解法一：由单调递增可得恒成立，则，分析和应用排除法确定正确选项；解法二：借助函数的知识，将数列单调性转化为函数单调性，结合函数图象即可得解.【详解】解法一：由单调递增，得，由，得，∴.时，得①，时，得，即②，若，②式不成立，不合题意；若，②式等价为，与①式矛盾，不合题意.综上，排除B，C，D.解法二：设，函数对称轴为，则，联立，可得两函数的交点为，若要，则，，所以，又只要求存在实数，所以.故选：A.12．（2022春·北京·高二清华附中校考期中）对于数列，若，都有（t为常数）成立，则称数列具有性质．数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据数列的新定义推得数列是递增数列，从而得到，整理化简得，构造函数，利用导数求得的最小值，从而得解.【详解】依题意，得，则，所以数列是递增数列，故，因为，则，整理得，令，则，令，得；令，得；所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所以在或处取得最小值，又，，所以，故，则，所以的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解数列新定义，推得是递增数列，从而将问题转化为关于的恒成立问题，从而得解.13．（2023春·河南开封·高二校考期中）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.【详解】因为，当时，，解得，当时，，则，即，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，则，又，所以为首项为2，公差为1的等差数列，则，则，所以，又，则，又，所以，当n为奇数时，，而，则，解得；当n为偶数时，，而，则；综上所述，实数的取值范围为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.14．（2022秋·安徽合肥·高二统考期末）在数列中，若，且对任意的有，则使数列前n项和成立的n最大值为（

）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】B【分析】由题知数列是等比数列，公比为，首项为，进而得，再根据错位相减法得，进而将不等式转化为，令，再结合其单调性求解即可.【详解】解：因为对任意的有，所以，即数列是等比数列，公比为，首项为，所以，，所以，，所以，所以，所以即为，所以，令，则，即，所以为单调递减数列，因为当时，，满足，当时，，不满足，所以成立的n最大值为，所以，数列前n项和成立的n最大值为.故选：B15．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】（1）下面先证明．由，，则，，，化为：，时，，，，，，，又，，可得，时，，因此，得，（2）下面证明．，，化为：，，化为：，，，，，，，，可得．综上可得：．．故选．二、填空题16．（2023春·上海·高三统考开学考试）设为正数列的前项和，，，对任意的，均有，则的取值为.【答案】2【分析】由已知递推式，结合与的关系及等比数列的定义，可判断是公比为的正项等比数列，写出、，根据题设不等式恒成立可得恒成立，即可求值.【详解】由题设知：当时，，即，当时，，综上知：是公比为的正项等比数列，即，而，∴由题设知：对任意的，有成立，又，∴，整理得：恒成立，而时，∴.故答案为：2.【点睛】关键点点睛：由与的关系及等比数列的定义求、，根据数列不等式恒成立求值即可.17．（2023·陕西延安·校考一模）已知数列的前项和为，且，若，则正整数的最小值是．【答案】6【分析】根据的关系作差可得，进而求解，即可求解不等式.【详解】当时，；当时，①，②，①-②整理得，．又，是以3为首项，3为公比的等比数列，，令，,解得，正整数的最小值是6．故答案为：618．（2023春·河南南阳·高二南阳中学校考阶段练习）已知数列满足，且对于任意的，都有恒成立，则实数的取值范围．【答案】【分析】根据题意，可知，即可得出，再分类讨论n为奇数和偶数时实数的不同取值范围，取交集即可．【详解】，，两式相减得：，对于任意的，都有恒成立，对于任意的，都有恒成立，对于任意的恒成立，当时，，由单调递增，则；当时，，因为单调递减，则．综上所述，实数的取值范围是：．故答案为：19．（2023春·山东德州·高二校考阶段练习）设数列的前项和为，且，若恒成立，则的最大值是.【答案】【分析】根据题意得到，求得，得到，把不等式的恒成立转化为恒成立，设，化简得到，结合的值，求得的最小值是，即可求解.【详解】因为，所以，所以数列是常数列，则，可得，故，因为恒成立，所以恒成立，即恒成立，设，则，从而，当时，，当时，，因为，所以的最小值是，即，所以实数的最大值为.故答案为：.20．（2023·四川内江·校考模拟预测）已知数列的前n项和，设为数列的前n项和，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为．【答案】【分析】利用的关系求出数列的通项公式，再用裂项相消法求得，再根据不等式的恒成立问题以及函数的单调性与最值，求实数的取值范围.【详解】当时，，当时，满足上式，所以.所以，所以，由，可得，即，因为函数在单调递增，所以当时，有最小值为10，所以，所以，所以实数的取值范围为.故答案为：.21．（2023春·江西赣州·高二江西省全南中学校考期末）已知数列的前项和为，（），且，.若恒成立，则实数的取值范围为.【答案】【分析】由得，两式相减可证明数列为等差数列，继而可求出，令，通过可知，当时，数列单调递减，故可求出最大值，进而可求的取值范围.【详解】由，可得.两式相减，可得，所以数列为等差数列.因为，，所以，所以，，则.令，则.当时，，数列单调递减，而，，，所以数列中的最大项为1，故，即实数的取值范围为.故答案为:.22．（2023春·辽宁锦州·高二校考阶段练习）已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为【答案】【分析】先累加求得，再分析二次不等式有解可得或，再分析的最小值即可【详解】由题，，累加可得，故，显然，故要存在正整数n，使成立，即，即或，故存在正整数n，使或，故或，即或，故直接分析，当为奇数时，；当为偶数时，，当且仅当时取得等号，综上有，故或.故答案为：23．（2021·江苏·高二专题练习）已知正数数列满足，且对任意，都有，则的取值范围为．【答案】【解析】由已知可得出，解得，结合，可得，令，求出数列的最大项的值，可得出的取值范围，进而可得出的取值范围.【详解】由题意可知，对任意，都有，则，则，整理可得，，解不等式可得，当时，，所以，，令，则数列为单调递减数列，所以，，，所以，.下面来说明，当时，对任意的，.由双勾函数的单调性可知，函数在上为减函数，在上为增函数，，则，可得，由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，则，可得，假设当时，，由于函数在上为增函数，则，可得.由上可知，当时，对任意的，.综上所述，的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式恒成立求数列首项的取值范围，解题的关键就是由得出关于的不等式，通过解不等式可得出关于数列不等式恒成立，进而转化为数列最值来求解.三、解答题24．（2024秋·湖北黄冈·高三浠水县第一中学校考阶段练习）已知数列的各项均为正数，其前项和满足，数列满足.(1)求的通项公式；(2)设数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意可得，再根据，作差得到数列是以为首项，为等差的等差数列，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围，从而得到，即可得解.【详解】（1）由，得，当时，，解得，当时，，化简得，∴数列是以为首项，为等差的等差数列，所以.（2）由（1）可得，∴数列的前项和.∵，∴单调递增，∴，∵，∴，若使得对一切恒成立，则，解得，∴实数的取值范围是.25．（2023·全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，，是公差为1的等差数列.(1)求的通项公式；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据等差数列的通项公式，求出的通项公式，得到与的关系，得到与的关系，利用累乘法即可求得的通项公式.（2）由（1）结论求得，对进行放缩并裂项，即可得结论.【详解】（1）当时，，所以，则，即，当时，，则，即，由题可知，，故，当时，，当时，满足，

故的通项公式为.（2）证明：由（1）可知：，所以，所以.26．（2023·湖南长沙·长郡中学校考一模）已知数列满足，当时，.(1)求数列的通项公式；(2)已知数列，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时，由已知等式变形可得，利用累加法可求得在时的表达式，然后检验时的情形，综合可得出数列的通项公式；（2）当时，验证所证不等式成立，当时，由放缩法可得出，再结合等比数列求和公式可证得原不等式成立，综合可得出结论.【详解】（1）解：当时，在等式两边同除后得，所以，，上述等式累加得，即，所以，.又时，满足该式，故.（2）解：由，所以，，所以，，当时，，当时，.综上所述，对任意的，.27．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且成等比数列，.(1)求数列的通项公式；(2)若，，求满足条件的的最小值.【答案】(1)(2)4【分析】（1）设等差数列的公差为，由成等比，求得，再由，求得或者，进而得到，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）求得，得到，令，进而得到的最小值.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，因为成等比，所以，可得，整理得，又因为，所以，因为，所以，可得，解得或者，当时，，不合题意舍去；当时，，则，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，所以，当时，，令，可得，即，解得，所以的最小值为.28．（2023春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）数列满足，数列的前n项和为，数列满足，数列的前n项和为.(1)求数列的前n项和；(2)求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由递推公式，可得为等比数列，求出通项后得，利用分组求和求数列的前n项和；（2）利用放缩得，裂项相消求和证得.【详解】（1）由，得，故是以为首项，为公比的等比数列，所以，得．，所以数列的前项和为．（2）证明：，所以，，，故．29．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知数列的前项和为，，．(1)求数列的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）解法一：由已知等式变形可得，计算出的值，再利用累乘法可求得数列的通项公式；解法二：由已知条件计算出的值，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法求出，进而可证得结论成立.【详解】（1）解：解法一：由题①，，即②，由①②得，由得，所以当时，，也满足，所以数列的通项公式为；解法二：由题，①，，即②，由①②得，由，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，，所以数列的通项公式为．（2）证明：由（1）知，所以，两式作差得，所以.30．（2023·全国·高三专题练习）设，.(1)若，求，及数列的通项公式；(2)若，问：是否存在实数c，使得对所有成立？证明你的结论.【答案】(1)，，(2)存在，证明见解析【详解】（1）当时，由题意得.又，所以数列是首项为0，公差为1的等差数列，则.由题意知，所以.取，3，得，.【反思】也可根据及题意计算得，，猜想，再用数学归纳法给出证明.（2）（解法1）利用数学归纳法.设，则.令，即，解得.下面用数学归纳法证明加强命题：.当时，，，所以成立.假设当时命题成立，即.因为在上为减函数，所以，故.因此，所以.因此，即当时命题也成立.综上，存在，使得对一切成立.（解法2）当时，由题意得，从而得到.①假设存在实数c，使得对所有都成立，又，则.结合式①得.由，解得.由式①得.解得.综上，得.故存在，使得对一切成立.31．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式;(2)若对一切正整数.不等式的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用与的关系得到,即,再利用等差数列的通项公式求解即可;（2）根据（1）的结论得到对一切正整数恒成立,分离参数转化为求解数列,设当时,最大,列不等式组求解即可.【详解】（1）当时,,得,当时,,整理得,等式两边同除得,则数列是以为首项,为公差的等差数列,所以,则.（2）不等式对一切正整数恒成立,即对一切正整数恒成立.令,设当时,最大,则,解得,因为,所以,又,则,即的最小值为.32．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用两式相减可得结果；（2）将不等式恒成立化为对恒成立，再利用数列的单调性求出右边的最小值即可得解.【详解】（1）当时，，得，当时，，整理得，即，又时，也适合上式，故.（2）若不等式对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令，则，则为递增数列，所以当时，取得最小值，所以.33．（2023春·江西赣州·高二江西省龙南中学校考期末）已知数列的前项和为，，，.(1)求数列的通项公式；(2)设，的前项和为，若对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的定义以及的关系求解；（2）利用错位相减法可求得，在根据题意得即可求解.【详解】（1）由，得，又，所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，∴，即，∴当时，，又不满足上式，所以.（2）由（1）知，∴，∴，①，②①−②得：，整理得，又因为对任意的正整数，恒成立，所以，∵，∴在上单调递增，，由，可得，所以实数的取值范围是.34．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）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.【分析】（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.【详解】（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.35．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知各项均为正数的数列满足，其中是数列的前n项和.(1)求数列的通项公式；(2)若对任意，且当时，总有恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2).【分析】（1）由与的关系式即可证得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式；（2）由等差数列的前n项和公式求出，再由裂项相消法可证明，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）∵，∴当时，，解得.当时，，即，∵，∴，∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，∴.（2）因为，所以∴当时，，∴，∴，∴实数的取值范围为.36．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，，若对任意的正整数n都有(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前n项和为，若恒成立，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，利用数列通项和前n项和的关系求解；（2）由（1）得到，从而得到，再分n为奇数和n为偶数，结合恒成立求解.【详解】（1）由，得当时，有，二式相减并化简得，由于，则，所以有，又，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以（2）结合（1）可知，所以，当n为奇数时，，又，所以单调递增，又时，，所以随着Tn的增大而增大，则，，当n为偶数时，，，所以单调递减，又时，，所以随着Tn的增大而减小，所以则，，综上：，且，又因为恒成立，所以，所以的最小值为.37．（2023·全国·高三专题练习）数列满足，.(1)求数列前项和；(2)证明：对任意的且时，【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据和的形式，求通项.常写出式子取n以及n-1的形式作差，并检验n=1时的情况，求得为等比数列，求和即可；（2）证明数列不等式，常用放缩法.放缩后构造函数，用单调性证明不等式成立.【详解】（1）当时，当时，两式相减得：所以，又符合此式，综上所述，所以数列为等比数列，首项为1，公比为，所以（2）由（1）可知，所以故只需证明下面先证明对任意的且都有记，则在上恒成立，所以在上是增函数，又，故当且时，，所以，即所以，，…，累加的原式得证38．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，数列的前项和为，证明：当时，(1)；(2)；(3)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接作差得，根据差的符号可得．转化为证明，利用反证法可得；再证，利用得与同号，即得结论；（2）放缩构造裂项：，即得，再根据裂项求和法可得；（3）放缩构造裂项：，再利用裂项相消法求和得结论.【详解】（1）由于，则．若，则，与矛盾，从而，所以.又，所以，与同号.又，则，即．（2）由于，则，所以，，即，所以.当时，，从而.当时，，从而．（3）由（1）知，，，所以，，所以，．39．（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知数列中，是其前项的和，，.(1)求，的值，并证明是等比数列；(2)证明：.【答案】(1)，，证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题目条件代入即可求出，的值，利用构造法即可证明是等比数列；（2）根据（1）求出，再结合放缩法即可进行证明.【详解】（1）由，得，所以，，由，得，所以，.证明如下：由，得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，，即数列是以为首项，以为公比的等比数列.（2）由（1）知，，，，，因为，所以，于是，其中，于是，所以.即.40．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足.(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【分析】（1）变形，是以为首项，1为公差的等差数列，即可求解；（2）根据题意解得，，由此证明.【详解】（1），又，是以为首项，1为公差的等差数列，.（2）由（1），，，，.41．（2023春·辽宁大连·高二校联考期中）已知数列的前项和为，，是与的等差中项.(1)求证：是等比数列，并求的通项公式；(2)设，若数列是递增数列，求的取值范围；(3)设，且数列的前项和为，求证：.【答案】(1)证明见解析，(2)(3)证明见解析【分析】（1）依题意可得，再根据，作差得到，即可得到，再由，即可得证，从而求出的通项公式；（2）由（1）可知，即可得到，依题意可得，即可得到，再分为奇数、偶数两种情况讨论，参变分离，分别求出参数的取值范围，即可得解；（3）首先证明，即可证明当时，，即可得证.【详解】（1）证明：是与的等差中项，①，于是有②，①②，即，，又，，，，，，即有，又，，是以为首项，为公比的等比数列，所以，.（2）由（1）可知，，，，所以，是递增数列，，，当是奇数时，，即恒成立，数列单调递增，，当是偶数时，，即恒成立数列单调递减，，综上，的取值范围是.（3），，即，当时，.，，当时，，综上所述，.42．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）数列满足，，，，．(1)求的通项；(2)若，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据递推公式找出数列规律，得到是等比数列，由此求出其通项公式，继而得到的通项；（2）将代入不等式中，可知不等式左边为正数，右边符号不确定，因此分类讨论n为偶数和奇数时的取值范围，取交集即可.【详解】（1）因为，，所以，又，其中，，由此可得，所以，，所以是以为首项，为公比的等比数列.所以，解得，其中，，检验：根据通项公式计算可得，，所以.（2）由（1）可知，当为奇数时，，当时，取最小值，即，解得或；当为偶数时，，当时，取最小值，即，解得或；综上：或，故的取值范围为.43．（2023·全国·高三专题练习）设无穷数列满足，．证明∶(1)当时，．(2)不存在实数c，使得对所有的n都成立．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）当时，结合基本不等式可得，对已知递推式两边平方，当时，利用放缩法可证得结论；（2）利用反证法，假设存在常数使得对所有的都成立，然后平方后利用放缩法推理即可.【详解】（1）由知．当时，，当且仅当时取等号；当时，……．所以．（2）假设存在常数使得对所有的都成立，则，下面先证明：（且），令（），则，所以在上递增，所以，所以当时，，所以（且），所以，即．当足够大时，矛盾．所以假设不成立，不存在（这里用到不等式）．【点睛】关键点点睛：此题考查数列与不等式的综合问题，考查了导数的应用，考查数列不等式恒成立问题，解题有关键是对已知递推式两边平方，然后连续利用放缩法可证得结论，考查数学计算能力和逻辑推理能力，属于难题.2.数学归纳法一、解答题1．（2023·全国·高三专题练习）首项为正数的数列满足．(1)证明：若为奇数，则对，都是奇数；(2)若对，都有，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）利用数学归纳法进行证明；（2）利用，得到不等式，求出或，作差法得到与，从而对，都有，得到的取值范围.【详解】（1）因为，则，所以，又首项为正数，则利用数学归纳法证明：已知是奇数，时成立．假设是奇数，其中为正整数，则由递推关系得是奇数，即时也成立．由，可知对任何，都是奇数．（2）由，得，于是或．，因为所有的均大于0，因此与同号．因此，对一切都有的充要条件是或．2．（2023·全国·高三专题练习）设等比数列满足.(1)计算，猜想的通项公式并加以证明；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，，(2)【分析】（1）利用递推公式得出，猜想得出的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由，，，，猜想的通项公式为.证明如下：（数学归纳法）①.当时，结论显然成立；

②.假设时结论成立，即成立；其中，则，即时，结论也成立，由①和②可知，∴（2）解法一：令，则前项和（1）由（1）两边同乘以2得：

（2）由（1）（2）得，化简得.解法二：由（1）可知，，①，②由①②得：，即.3．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）已知数列中，，．(1)求的通项公式；(2)若数列中，，证明：，（）．【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，即数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的通项公式即可求出的通项公式；（2）由用数学归纳法证明即可.【详解】（1）由题设：，，，．所以，数列是首项为，公比为的等比数列，＝，即的通项公式为，．（2）用数学归纳法证明．（ⅰ）当时，因，，所以，结论成立．（ⅱ）假设当时，结论成立，即，也即．当时，，又，所以．也就是说，当时，结论成立．根据（ⅰ）和（ⅱ）知，．4．（2023·全国·高三专题练习）设，给定数列，其中，，．证明：(1)．(2)如果，那么当时，必有．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）用数学归纳法可证；作商可证；（2）用反证法可证.【详解】（1）先用数学归纳法可证：①当时，，结论成立.②假设当时结论成立，即，那么当时，，即.由①②可知对任意时都有，亦有.∵，∴．综上可知，．（2）假设当时，．由（1）知单调递减，∴．从而，∴．∵，∴，∴．这与题设条件矛盾．∴假设不成立．当时，必有．5．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，已知．证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用数学归纳法证明即可；（2）根据，利用裂项相消法，结合放缩法即可求解.【详解】（1）时，，假设，，则时，，综上，，所以，即（2）由题可得，即，,∴，．6．（2022秋·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）已知数列满足：，．(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；(2)数列，求满足的最大正整数n．【答案】(1)证明见解析，(2)13【分析】（1）法一：化简已知条件得到，从而证得为等差数列，并求得.法二：先猜想，然后利用数学归纳法进行证明，再结合等差数列的定义证得为等差数列.（2）利用分组求和法求得，结合函数的单调性求得正确答案.【详解】（1）法一：①，得②，②－①，得，即，所以数列是等差数列，又，∴，，公差，所以．法二：令时，，，，令时，，猜想．下面数学归纳法证明：①当时，，，，②假设当时，，则当时，，解得，所以成立．综上所述，时，．，所以数列是等差数列.（2），所以，即因为在上单调递增，，，所以满足条件的最大正整数为13．7．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）已知正项数列满足，.(1)计算,，猜想的通项公式并加以证明；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1),,,证明见解析;(2).【分析】（1）分别,，即可求得,,由此可猜想，用数学归纳法证明即可；（2）结合（1）的结论可得的表达式，分组求和即可求得答案.【详解】（1）当时，；当时，；猜想.证明如下：当时，成立；假设时，成立；那么时，,即时，，则对任意的，都有成立.（2）由题意得，.8．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知数列满足，．(1)计算：，猜想数列的通项公式，并证明你的结论；(2)若，，求k的取值范围．【答案】(1)，，，，，证明见解析(2)【分析】（1）根据递推式写出对应项，并猜测通项公式，应用数学归纳法证明即可；（2）利用作差法求的最小项，根据恒成立求参数范围.【详解】（1）由题设，，，，猜测，数学归纳法证明如下：由上及已知有均满足，假设，成立，则，满足上式；综上，且.（2）取，故，当时，当时，且为最小项，所以有，则.9．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，．(1)若数列是常数数列，求m的值．(2)当时，证明：．(3)求最大的正数m，使得对一切整数n恒成立，并证明你的结论．【答案】(1)(2)证明见解析(3)正数m的最大值是2，证明见解析【分析】（1）由可求出m的值；（2）由，得两式相减化简可证得结论；（3）假设，则可得与矛盾，所以要使得对一切整数n恒成立，只可能是，然后利用数学归纳法证明.【详解】（1）若数列是常数列，则，解得．显然，当时，有．（2）由条件得，得．因为，，以上两式相减得．因为，，，所以，所以与同号．因为，所以，所以．（3）首先证明．假设，因为，所以．这说明，当时，越来越大，显然不可能满足．所以要使得对一切整数n恒成立，只可能是．下面用数学归纳法证明当时，恒成立．当时，显然成立．假设当时成立，即，则当时，成立．综上可知对一切正整数n恒成立．因此，正数m的最大值是2．【点睛】关键点点睛：此题考查数列与不等式的综合问题，考查反证法和数学归纳法，第（3）问解题的关键是先利用反证法得到，然后再利用反证法证明时，恒成立即可，考查数学计算能力，属于较难题.10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数满足，，．(1)证明：．(2)设是数列的前n项和，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用数学归纳法及不等式证明即可；（2）变形，进而可得，放缩可得，由此证得结论．【详解】（1）先用数学归纳法证明．当时结论成立，假设时结论成立，即，则，∴．故当时结论也成立，由归纳原理知对成立．作出函数的图象，如图，，的方程，

根据割线的位置易知，从而．综上可知．（2）∵，且，设，，则，∴在上单调递减，∴当时，，即.∴．∵，∴，∴，，∴．从而．11．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，证明：(1)．(2)，其中无理数．【答案】(1)证明见解析(2)证明见