四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期数学期中考试试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2024高二下·成都期中） 在各项均为正数的等比数列中，，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列各为正项等比数列，即，且，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用对数运算结合等比中项运算求解.
2．（2024高二下·成都期中） 已知，则函数在处的导数为（ ）
A． B．3 C． D．6
【答案】D
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为，
所以 函数在处的导数为6.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合导数的定义分析求解.
3．（2024高二下·成都期中） 在数列中，（），若，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为（）， 且，
则，
可知3为数列 的周期，所以.
故答案为：B.
【分析】根据递推公式代值检验可知3为数列 的周期，结合周期数列分析求解.
4．（2024高二下·成都期中） 下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导数的加法与减法法则；导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B： ，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D错误；
故答案为：A.
【分析】根据基本初等函数的导函数以及导数的运算法则和复合函数导数法则逐项分析判断.
5．（2024高二下·成都期中）函数在定义域内可导，记的导函数为的图象如图所示，则的单调增区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
【答案】B
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：由图可知当且仅当或时，，所以的增区间为，.
故答案为：B.
【分析】导数恒正的范围即增区间.
6．（2024高二下·成都期中） 已知数列满足：，（，），数列是递增数列，则实数的可能取值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性
【解析】【解答】解：若 数列是递增数列， 则，解得，
结合选项可知：ABD错误；C正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意数列单调性分析可知，运算求解即可.
7．（2024高二下·成都期中）已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可知，
因为，则，，所以令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
又因为，由二次函数性质可知，
可得，所以实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，利用导数求，根据二次函数性质求，即可得结果.
8．（2024高二下·成都期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…….，设从上往下各层的球数构成数列，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意知，，，则，
所以，
所以
.
故答案为；B.
【分析】由题可得的表达式，再由裂项求和法求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二下·成都期中） 公差为的等差数列，其前项和为，，，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．中最大 D．
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列与一次函数的关系；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，，
即，，可知，，故B正确；
所以，故A正确；
可知等差数列 为递减数列，所以 ，故D正确；
结合单调性可知：当时，；当时，；
所以中最大，故C错误；
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合等差数列性质分析可知，，进而可得，即可判断AB；对于D：根据等差数列单调性分析判断；对于C：根据 的符号性结合和项性质分析判断.
10．（2024高二下·成都期中） 已知函数，则（ ）
A．当时，有两个极值点
B．当，时，有三个零点
C．当，时，直线是曲线的切线
D．当时，若在区间上的最大值为，则
【答案】B,D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A：当时，，可知在上单调递增，无极值，
所以时，无极值点，故A错误，
对于B：当，时，，则，
令，得到或；令，得到；
可知的单调增区间为，，单调减区间为，
且，，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
作出的图象，如图所示，可知有三个零点，故B正确；
对于C：当，时，，，
令，解得，
可得，即切点为，但不在直线上，
所以不是曲线的切线，故C错误；
对于D：当时，，
由选项B可知：在，内单调递增，在内单调递减，且，
令，整理得，解得或，
又在区间上的最大值为，所以，故D正确，
故答案为：BD.
【分析】对于A：根据幂函数单调性分析判断；对于B：利用导数判断的单调性和极值，结合图象分析判断；对于D：求导，结合导数的几何意义求切点坐标，即可分析判断；对于D：结合选项B可知的单调性，结合最值分析求解.
11．（2024高二下·成都期中）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…….，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.已知数列，，，（），记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C,D
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、易知1，2，3，5，8，13，所以，故A错误；
B、，故B错误；
C、
，故C正确；
D、∵，
，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】由得，判断A；计算可得判断B；计算可得判断C；由，可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·成都期中） 曲线在点处的切线方程为 （用一般式作答）．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：因为 ，则，可知，
即切点坐标为 ，切线斜率为，
所以 切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求得，可得，结合导数的几何意义可知切线斜率为，即可求切线方程.
13．（2024高二下·成都期中） 数列满足，（），则 （用数字作答）．
【答案】60
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为， ，
则，，，，
累加可得，
即，可得.
故答案为：60.
【分析】根据题意利用累加法结合等比数列求和公式可得，即可得结果.
14．（2024高二下·成都期中） 已知函数是定义在上的偶函数，且，其导函数为，且时，恒成立，，，，，，的大小关系为 ．
【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为当时，，则，
可知在上单调递增，
又因为是定义在上的偶函数，
则，可知为偶函数，
则在上单调递减，可得，
即，
因为，可得，，
所以，
又因为为偶函数，所以.
故答案为：．
【分析】构建函数，结合题意分析可知为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，可得，结合的奇偶性分析判断.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2024高二下·成都期中） 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，点为边上一点，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图所示，连接，，
因为底面为正方形，
所以，
因为底面，底面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
由题得，
且，，平面，
则平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，点竖直向上方向所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
因为，
所以由勾股定理可得，
即①，
且②，
联立①②两式，可得，点为上靠近点的三等分点，
所以，，，
由题意可知，是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
有，取非零向量，
设二面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接，，可证得平面，进而得，结合已知可证平面；
（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，点竖直向上方向所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，又是平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得二面角的余弦值.
16．（2024高二下·成都期中） 已知椭圆C：（），，，，四点中恰有三点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点且斜率为1的直线交椭圆于，两点，点为直线上任意一点，求证：直线，，的斜率成等差数列．
【答案】（1）解：根据椭圆的对称性，必过点，点，必不过点，
代入点得，，代入点得，，
∴椭圆的标准方程为：；
（2）证明：设，，，
设直线的方程为：，
由，得，
，，，
，
因为，所以，
所以直线，，的斜率成等差数列．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 分析可知椭圆必过，，必不过点，代入运算即可；
(2) 设，，，联立直线与椭圆方程，可得韦达定理，根据斜率公式结合韦达定理整理可得，即可得结果.
17．（2024高二下·成都期中） 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线斜率为，求的取值和曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最小值．
【答案】（1）解：因为，所以，
则，∴，
∴，，
则切线方程为，整理得；
（2）解：由，因为，令，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
①当，即时，函数在区间上单调递减，
所以在区间上的最小值为，
②当，即时，函数在区间上单调递增，
所以在区间上的最小值为，
③当，即时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，
所以当时，的最小值为，
当时，的最小值为，
综上可知，当时，函数的最小值为，
当时，函数的最小值为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，根据导数的几何意义可得，进而可得切点坐标和切线方程；
(2) 求导可知的单调性，分类讨论 在上的单调性，结合单调性分析最值.
18．（2024高二下·成都期中） 已知数列满足：（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列前项和为，试比较与的大小并证明．
【答案】（1）解：①，
（）②，
①－②得（），
∴（），
当时，，不满足上式，
∴，（）
（2）解：当时，，
，
当时，
，
∵，∴
综上所述，．
【知识点】数列的求和；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 分析可知的前n项和为，根据通项公式与前n项和的关系分析求解；
(2)由（1）可得，利用裂项相消法分析判断.
19．（2024高二下·成都期中） 数列满足，（）．
（1）计算，，猜想数列的通项公式并证明；
（2）求数列的前项和；
（3）设（），数列前项和为，证明：．
【答案】（1）由题意可得，，
猜想：（），
证明：由得，，
所以，即，
所以，且，
数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，故.
（2）解：设，
设的前项和为，
①，
②，
①－②得，
，
所以的前项和为.
（3）解：，
，
要证，
只需证，
即证，
方法一：
设，
只需证明的最大值小于0，
作差得，
构造函数（），
则，
在上单调递减，所以，
故，
从而，得证．
方法二：
不等式，左边是数列的前项和，
于是将右边看成另一个数列的前项和的形式，
易得，
记，
只需证明，即证，
构造函数证明即可，过程与方法一相同．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1) 根据递推公式求，，猜想：（），分析可知，结合等差数列分析求解；
(2) 由（1）可知：设，利用错误相减法运算求解；
(3) 由（1）可得，，方法一：设，构造函数（），利用导数判断其单调性，可得，即可得结果；方法二：分析可知原不等式即为，构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明.
1 / 1四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二下学期数学期中考试试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2024高二下·成都期中） 在各项均为正数的等比数列中，，则（ ）
A．2 B．3 C． D．
2．（2024高二下·成都期中） 已知，则函数在处的导数为（ ）
A． B．3 C． D．6
3．（2024高二下·成都期中） 在数列中，（），若，则（ ）
A．2 B． C． D．
4．（2024高二下·成都期中） 下列求导运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·成都期中）函数在定义域内可导，记的导函数为的图象如图所示，则的单调增区间为（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
6．（2024高二下·成都期中） 已知数列满足：，（，），数列是递增数列，则实数的可能取值为（ ）
A．2 B． C． D．4
7．（2024高二下·成都期中）已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·成都期中）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…….，设从上往下各层的球数构成数列，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2024高二下·成都期中） 公差为的等差数列，其前项和为，，，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．中最大 D．
10．（2024高二下·成都期中） 已知函数，则（ ）
A．当时，有两个极值点
B．当，时，有三个零点
C．当，时，直线是曲线的切线
D．当时，若在区间上的最大值为，则
11．（2024高二下·成都期中）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…….，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.已知数列，，，（），记为数列的前项和，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高二下·成都期中） 曲线在点处的切线方程为 （用一般式作答）．
13．（2024高二下·成都期中） 数列满足，（），则 （用数字作答）．
14．（2024高二下·成都期中） 已知函数是定义在上的偶函数，且，其导函数为，且时，恒成立，，，，，，的大小关系为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2024高二下·成都期中） 如图，在四棱锥中，底面，底面是正方形，点为边上一点，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
16．（2024高二下·成都期中） 已知椭圆C：（），，，，四点中恰有三点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点且斜率为1的直线交椭圆于，两点，点为直线上任意一点，求证：直线，，的斜率成等差数列．
17．（2024高二下·成都期中） 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线斜率为，求的取值和曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最小值．
18．（2024高二下·成都期中） 已知数列满足：（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列前项和为，试比较与的大小并证明．
19．（2024高二下·成都期中） 数列满足，（）．
（1）计算，，猜想数列的通项公式并证明；
（2）求数列的前项和；
（3）设（），数列前项和为，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为数列各为正项等比数列，即，且，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意利用对数运算结合等比中项运算求解.
2．【答案】D
【知识点】导数的概念
【解析】【解答】解：因为，
所以 函数在处的导数为6.
故答案为：D.
【分析】根据题意结合导数的定义分析求解.
3．【答案】B
【知识点】数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为（）， 且，
则，
可知3为数列 的周期，所以.
故答案为：B.
【分析】根据递推公式代值检验可知3为数列 的周期，结合周期数列分析求解.
4．【答案】A
【知识点】导数的加法与减法法则；导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：对于A：，故A正确；
对于B： ，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：，故D错误；
故答案为：A.
【分析】根据基本初等函数的导函数以及导数的运算法则和复合函数导数法则逐项分析判断.
5．【答案】B
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系
【解析】【解答】解：由图可知当且仅当或时，，所以的增区间为，.
故答案为：B.
【分析】导数恒正的范围即增区间.
6．【答案】C
【知识点】数列的概念及简单表示法；数列的函数特性
【解析】【解答】解：若 数列是递增数列， 则，解得，
结合选项可知：ABD错误；C正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意数列单调性分析可知，运算求解即可.
7．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可知，
因为，则，，所以令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
又因为，由二次函数性质可知，
可得，所以实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，利用导数求，根据二次函数性质求，即可得结果.
8．【答案】B
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：由题意知，，，则，
所以，
所以
.
故答案为；B.
【分析】由题可得的表达式，再由裂项求和法求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列与一次函数的关系；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为，，
即，，可知，，故B正确；
所以，故A正确；
可知等差数列 为递减数列，所以 ，故D正确；
结合单调性可知：当时，；当时，；
所以中最大，故C错误；
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合等差数列性质分析可知，，进而可得，即可判断AB；对于D：根据等差数列单调性分析判断；对于C：根据 的符号性结合和项性质分析判断.
10．【答案】B,D
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A：当时，，可知在上单调递增，无极值，
所以时，无极值点，故A错误，
对于B：当，时，，则，
令，得到或；令，得到；
可知的单调增区间为，，单调减区间为，
且，，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
作出的图象，如图所示，可知有三个零点，故B正确；
对于C：当，时，，，
令，解得，
可得，即切点为，但不在直线上，
所以不是曲线的切线，故C错误；
对于D：当时，，
由选项B可知：在，内单调递增，在内单调递减，且，
令，整理得，解得或，
又在区间上的最大值为，所以，故D正确，
故答案为：BD.
【分析】对于A：根据幂函数单调性分析判断；对于B：利用导数判断的单调性和极值，结合图象分析判断；对于D：求导，结合导数的几何意义求切点坐标，即可分析判断；对于D：结合选项B可知的单调性，结合最值分析求解.
11．【答案】C,D
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：A、易知1，2，3，5，8，13，所以，故A错误；
B、，故B错误；
C、
，故C正确；
D、∵，
，故D正确．
故答案为：CD.
【分析】由得，判断A；计算可得判断B；计算可得判断C；由，可判断D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的加法与减法法则
【解析】【解答】解：因为 ，则，可知，
即切点坐标为 ，切线斜率为，
所以 切线方程为，即.
故答案为：.
【分析】求得，可得，结合导数的几何意义可知切线斜率为，即可求切线方程.
13．【答案】60
【知识点】等比数列的前n项和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为， ，
则，，，，
累加可得，
即，可得.
故答案为：60.
【分析】根据题意利用累加法结合等比数列求和公式可得，即可得结果.
14．【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为当时，，则，
可知在上单调递增，
又因为是定义在上的偶函数，
则，可知为偶函数，
则在上单调递减，可得，
即，
因为，可得，，
所以，
又因为为偶函数，所以.
故答案为：．
【分析】构建函数，结合题意分析可知为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，可得，结合的奇偶性分析判断.
15．【答案】（1）证明：如图所示，连接，，
因为底面为正方形，
所以，
因为底面，底面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
由题得，
且，，平面，
则平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，点竖直向上方向所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
因为，
所以由勾股定理可得，
即①，
且②，
联立①②两式，可得，点为上靠近点的三等分点，
所以，，，
由题意可知，是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
有，取非零向量，
设二面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接，，可证得平面，进而得，结合已知可证平面；
（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，点竖直向上方向所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，又是平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得二面角的余弦值.
16．【答案】（1）解：根据椭圆的对称性，必过点，点，必不过点，
代入点得，，代入点得，，
∴椭圆的标准方程为：；
（2）证明：设，，，
设直线的方程为：，
由，得，
，，，
，
因为，所以，
所以直线，，的斜率成等差数列．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 分析可知椭圆必过，，必不过点，代入运算即可；
(2) 设，，，联立直线与椭圆方程，可得韦达定理，根据斜率公式结合韦达定理整理可得，即可得结果.
17．【答案】（1）解：因为，所以，
则，∴，
∴，，
则切线方程为，整理得；
（2）解：由，因为，令，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
①当，即时，函数在区间上单调递减，
所以在区间上的最小值为，
②当，即时，函数在区间上单调递增，
所以在区间上的最小值为，
③当，即时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，
所以当时，的最小值为，
当时，的最小值为，
综上可知，当时，函数的最小值为，
当时，函数的最小值为．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】 (1) 求导，根据导数的几何意义可得，进而可得切点坐标和切线方程；
(2) 求导可知的单调性，分类讨论 在上的单调性，结合单调性分析最值.
18．【答案】（1）解：①，
（）②，
①－②得（），
∴（），
当时，，不满足上式，
∴，（）
（2）解：当时，，
，
当时，
，
∵，∴
综上所述，．
【知识点】数列的求和；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】 (1) 分析可知的前n项和为，根据通项公式与前n项和的关系分析求解；
(2)由（1）可得，利用裂项相消法分析判断.
19．【答案】（1）由题意可得，，
猜想：（），
证明：由得，，
所以，即，
所以，且，
数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，故.
（2）解：设，
设的前项和为，
①，
②，
①－②得，
，
所以的前项和为.
（3）解：，
，
要证，
只需证，
即证，
方法一：
设，
只需证明的最大值小于0，
作差得，
构造函数（），
则，
在上单调递减，所以，
故，
从而，得证．
方法二：
不等式，左边是数列的前项和，
于是将右边看成另一个数列的前项和的形式，
易得，
记，
只需证明，即证，
构造函数证明即可，过程与方法一相同．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】 (1) 根据递推公式求，，猜想：（），分析可知，结合等差数列分析求解；
(2) 由（1）可知：设，利用错误相减法运算求解；
(3) 由（1）可得，，方法一：设，构造函数（），利用导数判断其单调性，可得，即可得结果；方法二：分析可知原不等式即为，构造函数，利用导数判断其单调性，结合单调性分析证明.
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