新高考数学二轮复习大题题型归纳训练第06讲 数列中的恒成立和存在性问题（2份，原卷版+解析版）

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考法一：数列中的恒成立问题
满分秘籍
数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。
例题分析
【例1-1】恒成立与分组求和
已知数列的前项和为，点在曲线上.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若，数列的前项和满足对一切正整数恒成立，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】(1)利用的关系结合等差数列定义即可证明；
(2)分奇偶项讨论，先得出，分离参数，求的最值即可.
【详解】（1）将点代入曲线得：，
故，
又，符合上式，所以，
则，故为1为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）可知：，
若，
则 ，
此时，
易知单调递增，，即；
若，则 ，
此时，
易知单调递减，故，故
又时，，，即；
综上所述，对于，满足不等式恒成立.
【例1-2】恒成立与裂项相消求和
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.
【例1-3】恒成立与错位相减求和
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
，②
①−②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.
【例1-4】恒成立与数列的函数特性
在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求出k的值；若k不存在，说明理由．
已知数列{an}为等比数列，，，数列{bn}的首项，其前n项和为Sn， ，是否存在，使得对任意，恒成立？
【答案】①不存在；②存在，1；③存在，3
【分析】由数列为等比数列得，选择①：通过得，进而求出的通项公式，求出，利用单调性即可求解；选择②：由可知为等比数列，求出的通项公式，求出，利用单调性即可求解；③由可知是等差数列，求出的通项公式，求出，利用作差法求最大项即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，且，
所以，故 .
选择①：由，得，
两式相减整理，得，又，
所以是首项为1、公比为2的等比数列，
所以，即，
由指数函数的性质知，数列单调递增，没有最大值，
所以不存在，使得对任意，恒成立.
选择②：因为，，
所以数列是首项为1、公比为的等比数列，
所以 ， 即，
因为，
当且仅当时取得最大值，
所以存在，使得对任意，恒成立.
选择③：由得是以为公差的等差数列，
又，所以，
设，
则，
所以当时，，当时，，
则，
所以存在，使得对任意，恒成立.
变式训练
【变式1-1】在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
设数列的前项和为，满足________，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在正整数，使得对恒成立，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选择条件①：利用可得答案；若选择条件②：由利用等差数列的定义可得答案；
（2）求出，分、两种情况，利用单调性可得答案.
【详解】（1）若选择条件①：
，则，
即，
令，则，解得，
是以3为首项，3为公比的等比数列，.
若选择条件②：
，
是以为首项1为公差的等差数列，
，
；
（2），
，
∴当，即；
当，即；
∴当时，对恒成立．
【变式1-2】在数列中，，其中．
(1)证明数列是等差数列，并写出证明过程；
(2)设，数列的前项和为，求；
(3)对，使得恒成立，求实数的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列的定义进行证明；
（2）由（1）可求出，从而可求得，然后利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
所以 ，
，
所以数列是以1为公差，1为首项的等差数列；
（2）由（1）可得，
所以，
所以①，
②，
所以①-②得 ，
所以
（3），因为对，使得恒成立，
则对，使得恒成立，
则对恒成立，
即对恒成立，
根据对勾函数单调性结合可知当时，有最大值，
故，则.
【变式1-3】已知数列的前项和为，，，.
(1)求，及的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若对任意的恒成立，求的最小值.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据递推公式和的值，即可求出，及的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，得出数列的前项和，由不等式的恒成立，还可求出的最小值.
【详解】（1）由题意，
在数列中，，，
当时，，
当时上式也符合，
∴，，.
∴当时，；当时，上式也符合.
∴的通项公式为.
（2）由题意及（1）得，,
在数列中，，
数列中，,
∴.
∵，
∴.
∵.
∴的最大值为，.
∴的最小值为.
【变式1-4】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.
【变式1-5】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）利用给定的数阵及相关信息，求出等差数列公差、等比数列的公比即可求解作答.
（2）利用等比数列前n项和公式求出，再分奇偶讨论求解不等式恒成立的值作答.
【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．
考法二：数列中的存在性问题
例题分析
【例2】已知：正整数列各项均不相同，，数列的通项公式
(1)若，写出一个满足题意的正整数列的前5项：
(2)若，求数列的通项公式；
(3)证明若，都有，是否存在不同的正整数，j，使得，为大于1的整数，其中.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）可取，根据定义可证明.
（2）由题设条件可得，利用前项和与通项的关系可证为常数列，从而可求通项.
（3）假设存在不同的正整数，j满足题设要求，利用不等式放缩后可得，从而，故可得，结合的性质可得矛盾.
【详解】（1）取，则，
符合题设要求.
（2）设，
由已知得即，
当时，；
当时有，整理得，
所以数列为常数列，
又，，所以有，所以，所以.
（3），设存在不同的正整数，j，使得，为大于1的整数.
设，因为为正整数数列且各不相同，
所以，故，
而，所以.
因为，所以.
又因为为大于1的整数，所以的可能取值为2，同理的可能取值为2.
所以，
，
又因为，
故，
因为，故，而，故不成立，
故不存在不同的正整数i，j，使得，为大于1的整数.
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过等比数列的前项和公式得到，再计算得，结合，故，而，则证明出不存在不同的正整数i，j，使得，为大于1的整数.
满分秘籍
数列的“存在性和恒成立问题”的本质是不等式的问题，是高考中的热点问题。在出题上，经常巧妙的植入数列的求和中。因此数列的恒成立问题可以采用不等式的方法来求解，比如可以进行“参变分离”后等价转化为函数的最值问题进行求解。
变式训练
【变式2-1】记为正数列的前项和，已知是等差数列.
(1)求；
(2)求最小的正整数，使得存在数列，.
【答案】(1)1
(2)3
【分析】（1）根据题意可推得，即得，即可得答案；
（2）利用（1）中结论可得，结合基本不等式求得，验证后即得答案.
【详解】（1）由题意是等差数列，设其公差为d，
则，
则，故.
（2）由（1）可知，一方面，
故，当且仅当时，取等号，
由于m为正整数，故，
另一方面，时，﹐满足条件，
综上所述，正整数m的最小值是3．
【变式2-2】已知数列满足，且．
(1)设，证明：是等比数列；
(2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)20
【分析】（1）由已知条件，用表示出，得出，再用表示出，得出，联立得出，通过构造得出，检验，即可得出证得结论；
（2）由（1）的结论表示出，和，证出在是一个增数列，通过计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵，
，，，
,
又，
，
,
，
，
又，
，
,
,即，
，
又，
，
，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
，
即，
，
，
，
又，
，
即,

，
，
，
在是一个增数列，
，
，
∴满足题意的n的最小值是20．
【变式2-3】已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，2
【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；
（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有 ，因此得到结论．
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，
∴，即，解得（舍去）或，
所以，
由2Sn+bn＝1，得，
当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，
当n≥2时，，
所以，
所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）由（1）知，，
所以①
则②
①-②得， ，
所以，
又．
所以，
因为，
所以，即，
所以是递增数列，且当时，，
故当时，，即，
故所求的正整数n存在，其最小值是2.
【变式2-4】已知数列满足，，数列满足，.
（1）数列，的通项公式；
（2）若，求使成立(表示不超过的最大整数)的最大整数的值.
【答案】（1），；（2）最大值为44.
【分析】（1）由题得数列是等比数列，即求出数列的通项；由题得是一个以为首项，以1为公差的等差数列，即得数列的通项公式；
（2）先求出，再求出即得解.
【详解】解：（1）由得，
所以数列是等比数列，公比为，
解得.
由，得，
所以是一个以为首项，以1为公差的等差数列，
所以，
解得.
（2）由得，
记，，
所以为单调递减且，，，
所以，
因此，
当时，的的最大值为44；
当时，的的最大值为43；
故的的最大值为44.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点，其一：求出，其二：求出.
真题专练
1．在公差不为零的等差数列中，，且成等比数列，数列的前项和满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，数列的前项和，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）设等差数列的公差为，根据等比中项的性质得到方程，求出，即可求出的通项公式，再根据，作差得到数列是首项为，公比为的等比数列，即可得解；
（2）由（1）可得，利用分组求和法求出，令，利用作差法判断的单调性，即可求出，从而得到关于的对数不等式，解得即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，且成等比数列，
，即，解得或（舍去），
所以.
数列的前项和，
当时，，
当时，，，
即数列是首项为，公比为的等比数列，
.
（2）由（1）可得，
.
令，，
单调递增，.
，，.
2．已知数列的前n项和为，，且．
(1)求数列的通项；
(2)设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由得到是首项为，公比为的等比数列，从而求出通项公式；
（2）由错位相减法得到，进而得到不等式，即恒成立，分三种情况，得到实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，∴，
当时，由①，
得②，
①－②得，
，∴，
∴，
又，
∴是首项为，公比为的等比数列，
∴．
（2）由，得，
所以，
，
两式相减得
，
所以，
由是恒成立，
即恒成立，
不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以．
3．已知数列的前项和为，当时，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若，数列的前项和为，若恒成立，求正整数的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）时，用代入化简，用等差数列的定义即可证明；
（2）用错位相减法求出，不等式可化为恒成立，再用基本不等式求得的最大值，从而可得的最大值.
【详解】（1）由题意知，当时，，所以，
整理得：，即，所以数列是以1为公差的等差数列.
（2）由，由（1）知是以2为首项、1为公差的等差数列，
所以，所以，
所以，①
所以，②
①-②得，
所以，所以.
因为，所以，
由于，当且仅当时等号成立，故正整数的最大值为8.
4．在数列中，，.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)记数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意结合等比数列定义分析证明；
（2）由（1）可得，利用错位相减法可得，进而根据恒成立问题结合数列单调性分析运算.
【详解】（1）由题意可得：，
当时，可得，
则，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得：，则，
可得，则，
两式相减得：，
所以，
因为，则，
原题意等价于关于的不等式恒成立，可得，
构建，
令，则，解得或3，
则，即当或时，取到最大值，
可得，所以实数的取值范围.
5．已知等比数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个等差数列，记插入的这个数之和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围；
(3)记，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)详见解析.
【分析】（1）根据和的关系即可求解；（2）根据等差数列前项和公式求出代入化简即可解决；（3）求出，进行适当放缩后用裂项相消求和解决.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
当时，有，则 ①
当时，，两式相减可得：，
整理得，可知，代入①可得，
所以等比数列的通项公式为（）.
（2）由已知在与之间插入个数，组成以为首项的等差数列，
所以，
则，
设，则是递增数列，
当为偶数时，恒成立，即，所以；
当为奇数时，恒成立，即，所以；
综上所述，的取值范围是.
（3）证明：由（1）得，
则有
.
,原不等式得证.
6．已知函数 的图像在点处的切线与直线垂直．
(1)满足的关系式；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）原问题等价于在上恒成立，令，利用导函数讨论单调性即可求解；
（3）利用（2）中结论，当时，，令，，则，结合对数的运算性质即可求解.
【详解】（1）由题意可得，
因为在点处的切线与直线垂直，
所以，即，所以.
（2）因为，所以，
若在上恒成立，则在上恒成立，
设，，
则，，
①当时，，若，则，此时在上单调递减，
所以，即在不恒成立．
②当，，当时，，在上单调递增，
又，此时，综上所述，所求的取值范围是.
（3）由（2），当时，在上恒成立，
取，得即，当且仅当时等号成立，
令，
则，
因为，
而
，
所以，
又
．
所以，即，证毕．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查不等式恒成立问题，解题方法是把不等式变形为，然后由导数求得的最小值，解不等式即可得参数范围，第（3）问注意利用之前构造好的不等式，当时，，令，即可求解.
7．已知数列中，
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若恒成立，试求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）对两边同时除以，即可证明数列是等差数列，再由等差数列的通项公式求出数列的通项公式；
（2）由（1）求出，再由裂项相消法求和求出，则，即，求解即可.
【详解】（1）两边同时除以，
数列是首项，公差为2的等差数列，
，
.
（2），可得，
，即，即恒成立.
.
8．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．
9．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．
10．已知数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，且，若对于恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列的递推关系，利用作差法构造等比数列，进而求解；
（2）结合（1）的结论得到，然后利用错位相减法得到，然后根据题意即可求解.
【详解】（1）∵，
∴，
两式作差得，∴，
当时，，∴，
所以是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）∵，∴，
∴，①
，②
两式作差得，
化简得，
∵恒成立，∴，，
当时，；
当时，；
当时，，，所以，
综上所述，．
11．若无穷数列{}满足如下两个条件，则称{}为无界数列：
①（n=1，2，）
②对任意的正数，都存在正整数N，使得n>N，都有.
(1)若，（n=1，2，），判断数列{}，{}是否是无界数列；
(2)若，是否存在正整数k，使得对于一切，都有成立？若存在，求出k的范围；若不存在说明理由；
(3)若数列{}是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m，使得.
【答案】(1){}是无界数列；{}不是无界数列.
(2)存在，
(3)证明见解析
【分析】（1）对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，符合无界数列的定义；取，显然，不符合无界数列的定义.
（2）讨论，，都不成立，当时，将变形为：，从而求得k的范围.
（3）观察要证的不等式结构与（2）相似，故应用（2）变形后，再由{}是单调递增的无界正数列证明.
【详解】（1）{}是无界数列，理由如下：
对任意的正整数，取为大于的一个偶数，有，所以{}是无界数列.
{}不是无界数列，理由如下：
取，显然，不存在正整数，满足，所以{}不是无界数列.
（2）存在满足题意的正整数k，且.
当时，，不成立.
当时，，不成立
当时，，不成立
当时，将变形为：
.
即取，对于一切，有成立.
（3）因为数列{}是单调递增的无界数列，所以，
所以
.
即
因为{}是无界数列，取，由定义知存在正整数，使所以.
由定义可知{}是无穷数列，考察数列，，…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数，使得
.
故存在正整数，使得
.
故存在正整数，使得成立
12．已知数列和满足，，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求满足的正整数的值.
【答案】（1），；（2）或.
【分析】（1）推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得的通项公式，即可得出的通项公式，利用裂项求和法可求得的通项公式；
（2）利用错位相减法结合分组求和法可求得，根据已知条件可得出关于的二次不等式，结合可得出的取值.
【详解】（1）对任意的，，则，且，
所以，数列是等比数列，且首项和公比均为，
故，，
因为，
所以，
；
（2）设数列的前项和为，
则，
所以，，
上式下式，得，
所以，，
，
则，
由可得，
整理可得，解得，
因为，故或.
13．已知单调递增的等比数列满足：，且是，的等差中项．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求使成立的正整数的最小值．
【答案】（1）；（2）5.
【分析】（1）设等比数列的首项为，公比为，代入已知条件可求得后得通项公式；
（2）求出，用错位相减法求得，再解不等式可得．
【详解】（1）设等比数列的首项为，公比为．
依题意，有，代入，可得，
，

解之得或
又数列单调递增，
所以，，
数列的通项公式为．
（2） ，
，①
，②
②－①，得．

即，即．
易知：当时，，
当时，，
使成立的正整数的最小值为．
14．已知数列的前项和为，，，公比为2的等比数列的前项和为，并且满足．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）已知，规定，若存在使不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由递推式，令求，写出的通项公式及，结合已知条件求通项公式.
（Ⅱ）应用裂项求和求，即有，进而求的范围．
【详解】（Ⅰ）由题设，，即，可得，又等比数列的公比为2，
∴，故，即，
当时，，即，
当时，，
∴上有，即，而，
∴是常数列且，即；
（Ⅱ）由题意，，
∴，对有解，则，
令，故，
∴当时，；当时，，知：为的最大项，
∴．
【点睛】关键点点睛：第二问，利用裂项求和求，将有解问题转化为，利用数列的性质求最小项，即可得参数范围.
15．已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记集合，，若中有3个元素，求的取值范围；
（3）是否存在等差数列，使得对一切都成立？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】（1），；（2），；（3）存在等差数列且满足题意．
【分析】（1）运用数列的递推式，结合等比数列的通项公式，即可得到所求通项；
（2）由题意可得，设，求得（1），（2），（3），（4），结合图象，即可得到所求范围；
（3）先假设存在等差数列，然后令，探求等差数列的通项，最后代入验证即可．
【详解】解：（1），可得时，，
解得；
时，可得，
相减可得，
即为，
可得，；
（2）集合，，
若中有3个元素，
可得，
设，
（1），（2），（3），
（4），（5），
则当时,
，
又集合中有且仅有3个元素，
则，
故实数的取值范围是，；
（3）设存在等差数列使得
对一切都成立，
则时有，；
则时有，，
等差数列的公差，，
设，
由，
，
，
存在等差数列且满足题意．
【点睛】本题考查由数列递推式求数列通项、数列求和，累加法是求数列通项的常用方法，要熟练掌握，错位相减法对数列求和是高考考查的重点内容，要掌握．
16．已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
17．已知正项数列的前n项和为，对任意，点都在函数的图象上．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系结合累乘法得出数列的通项公式；
（2）令为数列的前项和，由裂项相消法以及公式法得出，由以及的最大值得出实数a的取值范围．
【详解】（1）点都在函数的图象上，可得.
当时，.
当时，，整理得，
即，，对也成立.
即.
（2）由，可令为数列的前项和.
可得
.
由，
当时，，下面用数学归纳法证明：
当时，成立.①
假设时，成立.
那么时，，
则，即时也成立.②
由①②可得，当时，，即有.
可得，
又时，的最大值为，
对任意，存在，使得成立，
则，解得.
即实数a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键是利用裂项相消求和法得出，再结合不等式的能成立问题，得出实数a的取值范围.
18．在①，②，③这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答已知等差数列的前n项和为，，___________，___________.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和；
(3)若存在，使得成立，求实数的取值范围.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可求通项公式；
（2）利用裂项相消法求和；
（3）根据题意可得存在，使得成立，根据存在性问题结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）若选①②：设等差数列的公差为，
由题意可得，解得，
故；
若选①③：设等差数列的公差为，
由题意可得，解得，
故；
若选②③：设等差数列的公差为，
由题意可得，解得，
故.
（2）由（1）可得，
故.
（3）∵，
∴，即，
∵，
又∵，当且仅当，即时等号成立，
∴，即，
故实数的取值范围.
【点睛】方法点睛：
（1）裂项相消的规律：①裂项系数取决于前后两项分母的差；②裂项相消后前、后保留的项数一样多；
（2）数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．
19．已知数列的前n项和满足．
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，记的前n项和为，若存在使得成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合，可证明是等比数列，求解即可；
（2）乘公比错位相减法求和可得，代入，化简可得恒成立，结合单调性求解即可.
【详解】（1）∵，当可得，
，
∴，
即是以1为首项，的等比数列，
∴.
（2）∵,
∴,
,
两式相减：
,
∴,
∴,
∴,
即存在使成立,
∵随着n增大，在减小,
∴当时，.
20．已知数列的前n项和为,,.
(1)求数列的通项公式;
(2)设,数列的前n项和为,若存在且,使得成立,求实数的最小值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】(1)由题知,令为代入,注意,两式相减即可得到之间的关系,判断其数列类型,检验,得出通项公式.
(2)由(1)得的通项公式代入,得的通项公式,得到其前n项和为,代入不等式中,使全分离,得到,求的最小值即可,注意且.
【详解】（1）解:由题知,得,
则,
当时,由得,
上述两式相减得,即,
则且,
可得数列是以1为首项,3为公比的等比数列,
故数列的通项公式为.
（2）由(1)知,
则,
,
两式相减得
,
于是得,
当且时,由,
得,
令,且,
则,且,
即,
则当且时,数列是单调递增数列,
即,因此,
所以实数的最小值是3.