中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
专题15 数列不等式
一、单选题
1．（2023·江西吉安·江西省万安中学校考一模）若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数.设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·陕西渭南·统考二模）如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则n的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
3．（2023·四川攀枝花·统考二模）已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（ ）
A．15 B．16 C．3 D．4
4．（2023·湖南永州·统考二模）已知数列，若对任意的，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·青海玉树·统考模拟预测）在等比数列中．则能使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
6．（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
7．（2023·上海青浦·统考二模）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．
8．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·江苏·统考一模）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．
二、多选题
10．（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）已知数列满足，，为数列的前项和.若对任意实数，都有成立.则实数的可能取值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．（2023·江苏盐城·盐城中学一模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考一模）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
13．（2023·全国·模拟预测）记数列的前n项和为，数列的前n项和为，若，点在函数的图像上，则下列结论正确的是（ ）
A．数列递增 B．
C． D．
14．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列的前项和为，，下列结论正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C． D．
三、填空题
15．（2023·广西桂林·统考模拟预测）已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为________．
16．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
17．（2023·河南·校联考模拟预测）记正项数列的前项和为，且满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是__________.
18．（2023·陕西铜川·校考一模）已知数列中，，且，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，总有，则t的取值范围是__________．
19．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
20．（2023·全国·模拟预测）已知数列中，，，设，且数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最小值为______.
21．（2023·陕西铜川·校考一模）已知正项数列中，，且为其前项和，若存在正整数，使得成立，则的取值范围是_______．
22．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：，且，为方程的两根，且.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.
四、解答题
23．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列满足：，，设，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求证：．
24．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知数列的前项和为
(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.
25．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：.
26．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知数列，满足，，，.
(1)设数列满足，求的通项公式；
(2)设数列满足，求证：.
27．（2023·河南·校联考二模）已知数列满足，且，．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，，．证明：．
28．（2023·山西临汾·统考二模）已知是等差数列，是等比数列（公比不为1），的前n项和，且，
(1)求数列：，的通项公式；
(2)设的前项和为.对于任意正整数，当恒成立时，求的最小值.
29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）已知数列是首项，公比的等比数列，设，数列满足．
(1)证明：数列成等差数列．
(2)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
30．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）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：．
31．（2023·浙江温州·统考三模）图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由.
32．（2023·湖北·模拟预测）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．
33．（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：.
34．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
35．（2023·全国·模拟预测）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：.
36．（2023·天津·统考二模）已知为等差数列，数列满足，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)设的前项和为，证明：.
37．（2023·天津·校联考二模）已知数列满足：，正项数列满足：，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：.
38．（2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）已知函数．
(1)若函数在上只有一个零点，求的取值范围；
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
39．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）已知函数.
(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；
(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；
（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
中小学教育资源及组卷应用平台
专题15 数列不等式
一、单选题
1．（2023·江西吉安·江西省万安中学校考一模）若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数.设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值．
【详解】，∴，即有，
∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，
∴，
∴，
又为增函数，当时，，，若恒成立，则的最大值为1010.
故选：D．
【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论．
2．（2023·陕西渭南·统考二模）如图是美丽的“勾股树”，将一个直角三角形分别以它的每一条边向外作正方形而得到如图①的第1代“勾股树”，重复图①的作法，得到如图②的第2代“勾股树”，…，以此类推，记第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，数列的前n项和为，若不等式恒成立，则n的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【分析】根据第1代“勾股树”，第2代“勾股树”中，正方形的个数，以此类推，得到第n代“勾股树”中所有正方形的个数，即，从而得到求解.
【详解】解：第1代“勾股树”中，正方形的个数为，第2代“勾股树”中，正方形的个数为，…，
以此类推，第n代“勾股树”中所有正方形的个数为，即，
所以，
因为，所以数列为递增数列，
又，，
所以n的最小值为9．
故选：C．
3．（2023·四川攀枝花·统考二模）已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（ ）
A．15 B．16 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由递推关系求得、，根据关系可得，由等差数列定义求出通项，最后应用对数的运算性质可得，进而求对应n的范围，即可得答案.
【详解】由题设且，当时，，则，
当时，，则，可得，
所以，
当时，，则，
由上，也成立，故是首项、公差均为1的等差数列，则，即，
又，
所以，即，故的n的最小正整数解为.
故选：A
4．（2023·湖南永州·统考二模）已知数列，若对任意的，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出的最值，由不等式恒成立，求出实数的取值范围.
【详解】当，有，由，解得；
当，有，由，解得，
，，，所以的最小值为.
当，有，由，解得；
当，有，由，解得，
，，，所以的最大值为.
所以的最小值大于的最大值，即恒成立，
所以解得，对任意的，恒成立，则有，即实数的取值范围是.
故选：B
5．（2023·青海玉树·统考模拟预测）在等比数列中．则能使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】C
【分析】首先可得，即可得到时，，时，，再根据下标和性质得到，，，，即可得到，从而得解.
【详解】解：因为，所以公比，则，
时，，时，，
又，所以，，，，
则，
又当时，，
所以能使不等式成立的最大正整数是．
故选：C．
6．（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.
7．（2023·上海青浦·统考二模）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】当时，，
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·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题可得，利用等比数列的定义结合条件可得，然后利用错位相减法可得，再分类讨论可得的取值范围.
【详解】因为，，
所以，而，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
，
所以，
所以
由，得，
则
当为奇数时，有，所以，
当为偶数时，有，所以，
综上，的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点点睛：结合错位相减法求和，并讨论是奇数与偶数判断的取值范围是关键．
9．（2023·江苏·统考一模）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.
二、多选题
10．（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）已知数列满足，，为数列的前项和.若对任意实数，都有成立.则实数的可能取值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】ABC
【分析】根据题意求出，再化简求出，利用裂项相消即可求出，即可求出满足题意的.
【详解】①
②
②①得，
，当时，，当时，，满足上式，
故，
，
故，
，
故.
故选：ABC.
11．（2023·江苏盐城·盐城中学一模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.
【详解】由题可知，；，；，
由此可知，即一个等比数列；
A：，A错误；
B：，因为，所以该数列为递减数列，
又因为当时，，所以恒成立，B正确；
C：，即，两边约去得到，
当时，，原式成立；
当时，恒成立，所以成立，
即成立，C正确；
D：令，再令，
令解得，因为，所以取，
由此可知时；时，
故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.
故选：BC
12．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考一模）在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
【答案】ACD
【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.
13．（2023·全国·模拟预测）记数列的前n项和为，数列的前n项和为，若，点在函数的图像上，则下列结论正确的是（ ）
A．数列递增 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据题意得到，的关系式，选项A，将式子变形，可判断数列的增减性；选项B，利用递推关系式得到与同号，结合即可判断；选项C，将式子变形，利用B中的结论即可判断；选项D，将转化为数列的前n项和，然后结合递推关系式即可求解．
【详解】由题意知，
选项A：所以，故，
若存在，则有，即存在，
当时，，与矛盾，
当时，由得，若，有，则或，
若与且矛盾；若时有，递推可得，与矛盾，
综上，不存在，
所以，故数列递增，故A正确．
选项B：数列递增，，故，
故，所以与同号，
因为，所以，即．
综上，，故B正确．
选项C：由选项B知，
所以，即，故C错误．
选项D：由题意，可视为数列的前n项和，因为，
所以，
又递增，所以，故，即，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：选项中的不等式，要通过已知条件进行构造，如C选项需要构造的形式，并判断的符号；D选项则需构造，比较与的大小关系，将转化为数列的前n项和是解题关键.
14．（2023·山西·统考模拟预测）已知数列的前项和为，，下列结论正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据数列递推式，令，求得，于是当时，可得，平方后即可判断A；结合以上分析可推出，判断B；由此可求得，继而求得，判断D；设，判断其单调性，可推出，结合，即可判断C.
【详解】当时，
当时，，
平方可得，，选项A正确；
则时， ，
所以,
故是首项为 ，公差为的等差数列，选项B正确；
则，
，
所以，选项D错误；
记，
则，
故，为递增数列，
所以，即， 选项C正确，
故选：ABC
【点睛】难点点睛：此题综合考查了数列的递推式、通项公式以及数列的单调性等，综合新较强，难点在于选项C的判断，解答时要巧妙设出，进而利用判断其单调性，由此即可判断结论正确与否.
三、填空题
15．（2023·广西桂林·统考模拟预测）已知等比数列的前项和满足，数列满足，其中，给出以下命题：
①；
②若对恒成立，则；
③设，，则的最小值为；
④设，若数列单调递增，则实数的取值范围为．
其中所有正确的命题的序号为________．
【答案】②④
【分析】由等比数列前项和公式特点确定，进而明确与的通项，结合数列的单调性判断各个命题.
【详解】由为等比数列，其前项和，则，故①不正确；
由，可得，则，若对恒成立，
即对恒成立，
令，则
当时，；
当时，，
当时，，则，
则，故②正确；
由，，
令，则
当，时，，
当，时
则，故③不正确；
，由单调递增，
则，则，故④正确．
故答案为：②④
【点睛】关键点点睛：（1）等比数列的前项和；
（2）证明数列的单调性一般采用作差（或作商）的方式；
（3）数列作为特殊函数，特殊在定义域上，定义域不连续.
16．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知等比数列的公比为，前项和为，且满足.若对一切正整数，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【分析】先求得和，整理，得，设，判断单调性，找到最小值.
【详解】若，则，即，此时，与题意不符，舍去；
若，由，可得，
即，
解得，则.
对一切正整数，不等式恒成立，
化简得，分离可得，
设，则，
当时，，即；
当时，，即，
所以的最小值为，
故答案为：.
17．（2023·河南·校联考模拟预测）记正项数列的前项和为，且满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】由写出的式子，通过两式相减化简得出，再利用不等式恒成立问题，得出，进而分析右侧式子的最值，即可求出结果.
【详解】因为①，
所以当时，②.
①-②，得，
所以，
因为数列是正项数列，则.
当时，，则，符合式，
从而，是首项为，公比为的等差数列，
所以，
由，得，即.
令，
因为在时单调递增，
所以单调递减，
则当时，取得最大值，且为，所以.
故答案为：.
18．（2023·陕西铜川·校考一模）已知数列中，，且，数列的前n项和为，若对任意的正整数n，总有，则t的取值范围是__________．
【答案】.
【分析】由递推关系可得是等差数列，故，，利用裂项相消法可得，列不等式组即可求解.
【详解】由得，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列，所以，即．
所以．
故
，
易知数列为递增函数，且，所以，
故，解得或．
故答案为:.
19．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.
【详解】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；
，
，
代入不等式，可得，整理可得，
当为偶数时，不等式为，
令，，
当时，，则在上单调递增，
由于，故，此时；
当为奇数时，不等式为，
令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，
综上所述，.
故答案为：.
20．（2023·全国·模拟预测）已知数列中，，，设，且数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，则的最小值为______.
【答案】
【分析】首先利用累乘法或是构造数列求出，则，，对原不等式转化为对任意的恒成立，结合函数单调性即可求出的最小值.
【详解】由，得，则，
当时，，
又满足上式，故.
另解：由，得，
又，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
故，故）
所以，
所以.
因为对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立.
令，因为，所以t随着的增大而增大.
当n为奇数时，递减，所以，则；
当n为偶数时，递增，所以，，
所以，，所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于首先利用累乘法或是构造新数列从而求出，然后就是在对原不等式的处理上，将其等价转化为对任意的恒成立，再设，，同时注意函数与数列的联系与区别，需要分奇偶讨论得到的范围.
21．（2023·陕西铜川·校考一模）已知正项数列中，，且为其前项和，若存在正整数，使得成立，则的取值范围是_______．
【答案】
【分析】利用已知条件，推导出数列为等比数列，写出通项公式及前项和，代入中变形化简，然后根据表达式求出取值范围即可.
【详解】由已知得，
由于，所以，即，
即数列是首项为5，公比为2的等比数列，
所以，
由变形为，
因为存在正整数，使得成立，所以，
由于，所以，
所以，则，即的取值范围为.
故答案为：.
22．（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知数列的前n项和为，满足：，且，为方程的两根，且.若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】先利用等差数列通项公式求解，再利用数列的单调性求解数列的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.
【详解】由可知数列是等差数列，设其公差为，
解方程得或，又，
，，
.
由得，
，设，
则，
由对于任意恒成立，所以只考虑的符号，
设，，
令解得，即在上单调递增，
令解得，即在上单调递减，
，，，
当，，
当，时，，即，，
当，，即，
即从，开始单调递减，
即，，即，
的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
23．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知数列满足：，，设，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设可得，应用等比数列定义写出通项公式即可；
（2）由（1）得，应用错位相减法求，即可证结论.
【详解】（1）由可得：，又，
所以，即是首项、公比均为3的等比数列，故.
（2）由（1）知：，则，
所以，
所以，且，故.
24．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知数列的前项和为
(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)或.
【分析】（1）由递推关系变形可得，结合等差数列定义证明结论，利用等差数列通项公式求出数列的通项公式，再根据和的关系求数列的通项公式；
（2）由（1）计算，判断数列 的单调性，令的最大值小于即可求解.
【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，
当时，；
当时，，即
所以的最大值为，
依题意，即，
解得或.
25．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意,证得是等比数列，求得的通项公式，再由求得的通项公式.
（2）方法一：由（1）得，利用放缩转化为裂项求和得证.
方法二：,利用放缩得可证得结论.
【详解】（1）由题意,
所以,
因为,所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,
所以,即,
而,
所以
（2）方法一：由得
方法二：因为
所以.
26．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知数列，满足，，，.
(1)设数列满足，求的通项公式；
(2)设数列满足，求证：.
【答案】(1)且
(2)证明见解析
【分析】（1）由题设易知、，进而有，且，即可得通项公式；
（2）由题设可得，，应用数学归纳法证明结论即可.
【详解】（1）由题设，且，，故，
所以，即，而，故，
综上，且.
（2），又，
当时，满足，
若时，成立，
当，则，且，故.
综上，成立.
27．（2023·河南·校联考二模）已知数列满足，且，．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，，．证明：．
【答案】(1)证明见解析，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由递推式整理得，结合等差数列定义证为等差数列，进而写出其通项公式，注意验证；
（2）由（1）及题设得，应用放缩可得，再利用裂项相消法即可证结论.
【详解】（1）由得：，整理为：，
所以为等差数列，公差，首项为；
所以，整理为，经检验，符合要求.
（2）由（1）得：，，
∴，
∴，即．
28．（2023·山西临汾·统考二模）已知是等差数列，是等比数列（公比不为1），的前n项和，且，
(1)求数列：，的通项公式；
(2)设的前项和为.对于任意正整数，当恒成立时，求的最小值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公差和公比，得到，的通项公式；
（2）求出的通项公式并得到为等比数列，利用等比数列求和公式得到，求出的最小值.
【详解】（1）设的公差为的公比为，
由已知可得，且，
解得
所以的通项公式为，
的通项公式为.
（2）由（1）知，则，
所以为等比数列，公比为，
所以.
因为恒成立，所以，
而，
所以，
所以的最小值为.
29．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）已知数列是首项，公比的等比数列，设，数列满足．
(1)证明：数列成等差数列．
(2)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)戓．
【分析】（1）易知，．再由，利用等差数列的定义证明；
（2）由（1）得，，先利用作差法证明其单调性，得到其最大值，再利用恒成立求解.
【详解】（1）证明：由题意知，．
∵，
∴，
∴，
∴数列是首项，公差的等差数列．
（2）由（1）得，
∵，．
∴当时，．当时，，
即．
∴当或2时，取最大值．
又对一切正整数恒成立，
∴，
即．解得戓．
30．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）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
【分析】（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.
【详解】（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．
31．（2023·浙江温州·统考三模）图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）设出第一行从左到右成等差数列的公差，再结合已知列出方程组求解，然后用等差数列、等比数列的通项公式写出通项作答.
（2）由（1）的信息结合等比数列前n项和公式求出，再按奇偶分类讨论求解作答.
【详解】（1）设，第一行从左到右成等差数列的公差为，
则，
由，得，即有，
于是，又，解得，因此，，
所以，即.
（2）由（1）知，
当为奇数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则；
当为偶数时, 不等式等价于恒成立，而恒成立，则 ，
因此, 所以存在，使得恒成立.
32．（2023·湖北·模拟预测）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
【分析】（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.
【详解】（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．
33．（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，.
34．（2023·河北·统考模拟预测）已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得到，结合与的关系，即可求得数列通项公式；
（2）由（1）化简得到，结合裂项相消法，求得，把不等式转化为，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
当时，；
当时，，满足上式，
所以数列为等比数列，其通项公式为．
（2）解：由数列的通项公式为，
可得，
所以，
又由，可得，即，
当时，取得最大值，
故的取值范围为．
35．（2023·全国·模拟预测）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.
36．（2023·天津·统考二模）已知为等差数列，数列满足，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)设的前项和为，证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知为等比数列，确定该数列的公比与首项，可求得数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法结合等差数列的求和公式、错位相减法即可求得数列的前项和；
（3）先证明柯西不等式，求出，然后利用柯西不等式可证得结论成立.
【详解】（1）解：由及可知，数列是以为公比的等比数列，
所以，，故，
设等差数列的公差为，由，可得，，
所以，.
（2）解：，设数列的前项和为，
，
记，，
所以，，
，①
，②
①②可得
，所以，，
因此，.
（3）证明：先证明柯西不等式，
构造函数，
显然且，
所以，，
即，
当且仅当时，等号成立，
本题中，由（1）可得，
所以，，且，
所以，，
，
所以，，
但不恒为常数，所以等号不成立，
则.
【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.
37．（2023·天津·校联考二模）已知数列满足：，正项数列满足：，且，，.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可得为等差数列，为等比数列，再分别求解公差与公比即可；
（2）代入化简可得，再分组根据等差数列与裂项相消求和即可；
（3）放缩可得，再裂项相消求和即可.
【详解】（1）由题意知，为等差数列，设公差为d，为等比数列，设公比为q，
又，，，∴，∴，.
∴，，∴.
（2）由，
∴
；
（3），
，
∴
.
∵，∴成立，
时，也成立，∴.
38．（2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）已知函数．
(1)若函数在上只有一个零点，求的取值范围；
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知为函数的一个零点，然后利用导数判断函数在上的单调性，分类讨论，即可求得答案；
（2）由（1）可知时，，由此的，累加可得，再结合，即可证明不等式.
【详解】（1）根据题意得，，则，
则为函数的一个零点．
，令，
则，，当且仅当时等号成立，
故在上单调递增，且．
当时，，故在上单调递增，
故恒成立，当且仅当时等号成立，
故时，函数仅有这一个零点．
当时，由于，，
根据零点存在性定理，必存在，使得．
由于在上单调递增，故当时，，单调递减，
此时，取，则，当时，可知，
故函数还有一个在上的零点，不合题意，舍去．
综上所述，的取值范围为．
（2）证明：依题意，，
当时，因为 即，成立，
当时，由（1）可知，当时，，
即时，，
则，故．
因为
，
，
故，（），
综合以上可知.
【点睛】关键点睛：本题第二问比较新颖，将数列的和与导数内容结合在了一起，解答时的关键在于利用（1）结论得到时，，从而对数列求和采用累加的方法，即可巧妙地进行证明.
39．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）已知函数.
(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；
(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；
（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
【答案】(1)或
(2)（i） （ii），证明理由见解析.
【分析】（1）求出切线，令切线过原点或切线斜率为即可；
（2）（i）利用导数，求出的最小值，令求解即可；
（ii）分别对和取对数，对进行放缩，再利用（i）的结论进行累加和裂项求和，证明即可.
【详解】（1）由已知，定义域为，
∵，
∴，∴切点即，
又∵，
∴由导数的几何意义，函数在点处的切线斜率为，
∴函数在点处的切线方程为，
整理得，.
若切线在两坐标轴上截距相等，则
①当切线过原点时，，解得，切线方程为，
②当切线不过原点时，斜线斜率，解得，切线方程为.
∴的值为或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若为正整数，则，
∴当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，的极小值，也是最小值为，
若当时，恒成立，则的最小值，
设，则，
当时，，在区间上单调递减，
∴当时，单调递减，
又∵，，
∴使的正整数的最大值为，
∴当时，使恒成立的正整数的最大值为.
（ii），理由证明如下：
∵当且时，
∴
（），
又∵，∴，
①当时，，
②当时，
由（i）知，，恒成立，，
∴当时，，，即恒成立，
∴，
∴
，
综上所述，当且时，，即有.
【点睛】易错点睛：本题用到了两次放缩，一次是对的放缩，一次是应用题中证明结论进行放缩后裂项求和，如果直接进行第二次放缩，再求和时会发现放缩过度，导致无法证明，因此对进行了分类讨论，当时，不进行第二次放缩，当时，再进行二次放缩裂项求和.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
