数列与导数综合问题、数列与圆锥曲线综合问题专项训练-2026届高考数学二轮复习

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(1)若，求证：是等比数列；
(2)若，是否存在正数，使得.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【详解】（1），因为，
所以是以为公比的等比数列；
（2），所以，
且，
令，
则得：在严格单调递增，在严格单调递减，
①当时，在上单调递减，，所以，
所以；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
由于，，时，，
所以]
令，
则，所以在上严格单调递减，所以，
从而，
综上，存在正数，即时，使得.
例2．（25-26高三上·山东烟台·期末）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围；
(2)设，且.
（i）证明：数列是递减数列；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）当时，，即，
令，则，
当时，因为，所以，即在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
则，不合题意；
当时，令，解得，此时在上恒成立，
所以在上单调递增，所以恒成立，符合题意.
综上，的取值范围为.
（2）因为，由（1）知，当时，.
（i）证明：因为，所以，所以.
因为，所以，所以.
以此类推，.
因为，
令，则，当时，，
所以在单减，即，即，
所以，所以.
所以，所以，故数列是递减数列.
（ii）证明：由题意，
下证：
因为，只需证，即证.
令，
则，
由（i）知，当时，，所以，所以在上单调递增，
又，故对任意的.
所以，即，
所以，原题得证.
例3．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）若数列相邻的两项可以通过函数的解析式来表示，则称数列与函数具有“同射关系”，比如与函数 有“同射关系”.
(1)若数列与函数具有“同射关系”，且，求数列的通项公式；
(2)若数列与函数具有“同射关系”，且，证明：
（i）；
（ii）
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【详解】（1）因为数列与函数具有“同射关系”，所以.
两边取倒数得，所以，
又，，所以，
因此是首项为5，公差为1的等差数列，所以，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）因为数列与函数具有“同射关系”，所以.
当时，，，不等式成立；
假设当时，成立，
当时，.
令，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即在上恒成立（当且仅当时取等号），
所以，
所以当时，也成立，
因此，.
（ii）由易知，数列为递增数列，且，.
取，
则，
所以在上单调递增，所以，即.
所以，，
所以.
因为，所以，
又，所以（当且仅当时取等号），
所以，所以，
所以，
所以， 则，.
取，则，
所以在上单调递减，所以，
即，也即.
所以.
所以
，
即，
所以.
例4．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数.
(1)若，求函数在区间上的单调区间；
(2)若，函数在区间的零点从小到大依次构成数列；
（i）证明: 函数在区间有唯一零点，且；
（ii）令，判断并证明数列的单调性.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，
(2)（i）证明见解析；（ii）数列是递减数列，证明见解析
【详解】（1）当时，，，
则，
令，得或，
令，得，
所以函数在上的单调递减区间为，
单调递增区间为，.
（2）（i）当时，，，
则，
所以对于任意在区间上单调递增，
又，当时，，
所以在区间内有唯一零点，则，
所以和都在区间内，
又，所以．
（ⅱ）数列是递减数列，证明如下：
要证明数列是递减数列，即证当时，，
即证当时，，即证，
记，则，所以只需证明当时，．
由（ⅰ）知，所以，且．
所以，则，，
所以，
设函数，，
则，
因为在区间上单调递增，
所以当，即时，，即，
所以在时单调递增，则，
即，所以．
又因为在上单调递增，且，所以，
综上所述，数列是递减数列．
变式1．（2025·陕西榆林·一模）已知函数，．
(1)证明：在上单调递减；
(2)记的最小值为，最大值为，数列的前项积为．
（ⅰ）求的通项公式；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）因为，
当时，则，，可得，
且，则，即，
可得，所以函数在上单调递减.
（2）（ⅰ）若，则，即；
若，由（1）可知：在上单调递减，
且，
可知是一个周期为的周期函数，
又因为
可知关于对称，
则在处取到最小值，在或处取到最大值，
可得，
综上所述：，．
（ⅱ）若，由（i）可知：，
且符合上式，所以，则，
可得，
要证明，即证，
只需证，
构造，则，
当时，，可知函数在上递增，
则，即，可得，，
所以，
而是一个首项为1，公比为的等比数列的前项和，
根据等比数列求和公式可得．
可得，且对数函数是单调递增函数，所以．
变式2．（2026·重庆九龙坡·一模）已知函数，数列满足，且
(1)判断函数在区间上的单调性；
(2)证明:当时，;
(3)设证明：对任意且，有
【答案】(1)单调递增
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1），
当时，，，，故在上单调递增．
（2）由（1）可知在上单调递增，故当时，．
法一：要证，即证，
构造函数，
则，
令，则，
当时，，故在上单调递增，
又因为，，
由零点存在定理，存在唯一，使得，
在上，，单调递减；在上，，单调递增．
又因为，，所以在上，，
所以，即．
法二：，．
令，即证，，
构造函数，，则，
故在单调递增，，即，，得证．
（3）因为，由（2）可知，
故由迭代可知，则．
法一：引理1：，．
令，则，
故在单调递增，于是，得证．
引理2：，，
令，则，故在单调递增，
所以，得证．
引理3：，．
，
由引理1和（2），，
所以．
于是只需证：．
由引理2，，
于是只需证：．
令，即证．
构造函数：，则，
故在区间上单调递增，
所以，得证．
由引理，
当时，也成立．
法二：先证引理：，．
．
构造函数：．
非负分解：．
对第一个括号：．
当时，，显然成立．
对第二个括号：．
构造函数：，则．
令，则， 在单调递减，．
于是，在单调递减，
故．
于是，得证．
由引理．
当时，也成立．
故，即对任意，有．
变式3．（25-26高三上·福建莆田·期中）已知函数．
(1)求函数在x=1处的切线方程；
(2)记数列的前项和为．
（i）若，证明：．
（ii）已知函数，若，，，证明：．
【答案】(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）证明见详解
【详解】（1）因为．所以
所以．切线的斜率为0
又，所以函数在处的切线方程为
（2）（i）因为，
所以，
则，
所以，
即，
所以
（ii）函数，
因为当时，令，
则，即函数在上单调递减，
则，即,所以当时，，
所以当时，，因此，
故，即.
因为，
所以当时，，
综上，，所以，
所以，
即．
变式4．（25-26高三上·浙江·月考）已知函数的导函数为，为数列的前n项和，且，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明：；
(3)设，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【详解】（1）由题，，
则，又，
所以曲线在处的切线方程为，
即.
（2）证明：因为，
所以，所以当时，，
又，所以，
所以，
欲证，只需证得，即证，
设，则，
设，则，
因为，所以，故（即在单调递减，
而时，，，故，故在单调递减，
所以，所以得证.
（3）证明：因为，即，
所以，
由（2）知，且，
所以，即，
所以，
所以.
所以.得证.
考点二 数列与圆锥曲线综合问题
例1．（25-26高二上·福建福州·期末）已知双曲线的焦距为，且点在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)，点列按如下规则构造：①点为的右顶点；②过点作斜率为的直线，交双曲线于另一点；③点为点关于轴的对称点．
记，解答下面问题．
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）若为数列的前项和，设，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）双曲线的焦距为，得，
，
又点在双曲线上，
，即，解得，则，
双曲线的方程为．
（2）（i）双曲线的右顶点为，故，，
过点作斜率为的直线，方程为，
联立直线与双曲线方程得，整理得，
设，
由韦达定理得，解得，，
点为点关于轴的对称点，故，，
，
，
，
是首项为2，公比为3的等比数列；
（ii），
，
，
当时，，
当时，，，
，
，
，
，
，
．
例2．（25-26高二上·广东广州·期末）已知动点与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数．记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点的坐标为，按照如下方式依次构造点；过作斜率为的直线与曲线C的右支交于点，令为关于y轴的对称点．记的坐标为．
（Ⅰ）证明：数列是等比数列；
（Ⅱ）设为的面积，证明：对任意正整数n，．
【答案】(1)
(2)（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析
【详解】（1）由题意，得，整理得，
则曲线C的方程为.
（2）（Ⅰ）由题意，，，，
则，，
所以，
由于，作差得，
则，
因此数列是公比为3的等比数列.
（Ⅱ）由于，作差得，
变形得，
同理可得，
由（Ⅰ）知数列是公比为3的等比数列，同时可得数列是公比为的等比数列，
则，
则，
易知和是以为公共边的三角形，
又因为，所以，
因此点到底边的距离相等，从而，即.

例3．（25-26高二上·海南·期末）在平面直角坐标系中，点，为直线上的动点，过点作的垂线， 该垂线与线段的中垂线交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)若正项数列满足点在曲线上，
（i）求数列的前项和；
（ii）证明:.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【详解】（1）因为点在线段的中垂线上，则，

根据抛物线的定义，可知点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以点的轨迹方程为.
（2）（i）因为点在曲线上，
则，可得，
所以；
（ii）因为数列是正项数列，且，则，
先证左边：因为，
所以；
再证右边：因为，
所以；
综上所述， .
例4．（25-26高二上·甘肃陇南·期末）已知动圆M经过点，且与直线相切，记圆M的圆心M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设直线l：（）与C交于A，B两点.
（ⅰ）证明：A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）设，求数列的前n项和.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）由题意得动点到的距离等于到直线的距离，
则是焦点为，准线为的抛物线，
设方程为，则，得，
所以的方程为；
（2）（ⅰ）设，
由，消元得，
则，
故A，B的纵坐标之积为定值；
（ⅱ）由（ⅰ）得
=，
故，
故①
则②
由①②得，
，
故
变式1．（2025·广西·模拟预测）记直线为椭圆的上准线.已知椭圆的上、下焦点分别为，，若椭圆上有一点，记到上准线的距离为，且是与的等差中项.
(1)当取最大值时，求椭圆的离心率；
(2)令，的面积为，判断数列的单调性并加以证明.
【答案】(1)
(2)单调递减，证明见解析
【详解】（1）由题意可知，，
准线的方程为，
根据椭圆的定义可得，
则，
设点，则有，
椭圆下顶点的坐标为，上顶点的坐标为，
因为在上，则，即，
解得，
可知的最大值为，此时，
所以椭圆的离心率.
（2）因为，则，
且，可得，
则，，
，
所以，则，
构造函数，
则，
当时，，所以；
当时，，所以在时单调递减；
且，，即，
综上所述，当时，单调递减，
注意到，
所以且当时，单调递减.
变式2．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为.
(1)当时，求；
(2)设，证明：数列是等差数列；
(3)设为的面积，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）

因为点在上，所以，解得，
由题意知的坐标为，直线的方程为：，
由，整理得，解得.
（2）法一：由题意知的坐标为，
所以，又，
两式相减得，即，
由题意知，可得，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
可得，所以数列是等差数列.
法二：
由题意知的坐标为，
所以直线的方程为，
由，可得，
由题意知是直线与的公共点，所以，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
所以，所以数列是等差数列.
（3）法一：的三个顶点为，
因为，两式相减得，即，
所以直线的斜率为，
可得，
直线的方程为，
即，
设到直线的距离为，则
所以，
所以为定值.
法2：
的三个顶点为，
可得，
，
所以
，
所以为定值.
法3：
要证为定值，只需证，
即证与面积相等，
因为，两式相减得，
即，
所以直线的斜率为，
同理可得直线的斜率为
所以，可得点到直线的距离相等，
所以，即为定值.
变式3．（2025·吉林·二模）已知在抛物线上，其中关于y轴的对称点为，记直线的斜率为且.
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)求的面积；
(3)记为数列的前n项和，是否存在正整数，使成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)存在，或
【详解】（1）点在抛物线上，，
即抛物线方程为.
.
即.
.
.
是以2为首项，2为公比的等比数列，即.
符合上式，数列的通项公式是.
（2）（法一）.
直线的斜率为.
直线的方程为：，即.
到直线的距离为，
.
.
（法二）证明：在中，，
则的面积.
证明如下：，
.
下面求的面积.
，
.
.
（3）.
.
.
.，
或或.
解得或或（舍）.
或.
变式4．（2025·陕西渭南·一模）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为
(1)求的值：
(2)记．证明：数列为等比数列；
(3)记的面积为．证明：是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由题知双曲线．点在上，
故，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以．即.
（2）因为，所以．因为
所以．
于是．①．
由于，
所以．且．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以
又．所以
故数列是首项为．公比为的等比数列．
（3）由（2）知．又，所以．
则．
因为，
且，
所以
，
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