新高考数学二轮复习重难点高分突破训练02 数列（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点高分突破训练02 数列（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

等差数列通项公式： 或
等差中项：若，，三个数成等差数列，则，其中叫做，的等差中项
若，为等差数列，则，仍为等差数列
等差数列前n项和公式：或
等差数列的前项和中，，（为奇数）
等比数列通项公式：
等比中项：若，，三个数成等比数列，则,其中叫做，的等比中项
若，为等比数列，则，仍为等比数列
等比数列前项和公式：
已知与的关系
分组求和若为等差数列，为等比数列，则可用分组求和
裂项相消求和

等差数列任意前n项和的关系
等比数列任意前n项和的关系
数列不动点
定义：方程的根称为函数的不动点
利用递推数列的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法
定理1：若是的不动点，满足递推关系，则，即是公比为的等比数列.
定理2：设，满足递推关系，初值条件
(1)若有两个相异的不动点，则 （这里）
(2)若只有唯一不动点，则 （这里）
定理3：设函数有两个不同的不动点,且由确定着数列,那么当且仅当时,
错位相减---万能公式求和
为公差为d的等差数列，为公比为q的等比数列，若数列满足，则数列的前n项和为
通项公式的构造
（1）已知，我们可以用待定系数法构造，从而转化为我们熟悉的等比数列求解
（2）已知用求通项
（3）已知用求通项公式，其本质是除以一个指数式
（4）已知用求通项公式，其本质是待定系数法
（5）已知用求通项公式，其本质是除以
（6）已知用求通项公式，其本质是取到数
（7）已知用求通项公式，其本质是取对数
一、单选题
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知为数列的前项和，若，则等于（ ）
A．2026B．2025C．0D．1013
【答案】D
【分析】根据，结合已知条件，得到数列的递推关系.利用累乘法求得，代入2027求得；或先求出，再求得.
【详解】因为，所以
即.
所以.
因为，所以.
所以…….
由累乘法得：.
所以，，，
所以.
方法二：
因为，所以.
两式相减，得，即.
由，得.
所以.
所以.
故选：D.
2．（2025·河北沧州·一模）记为数列的前项和，，数列的前项和为，则（ ）
A．0B．40C．80D．120
【答案】B
【分析】由条件，求得，进而得到数列为常数列，求得，得，根据分组求和求出答案.
【详解】当时，由，得，
两式相减得，即，
对取可得，
故数列为常数列，所以，则，
故，易知，
所以.
故选：B.
3．（2025·河南·模拟预测）已知数列满足，，若对，，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，通过累加得到，再通过分参得到，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【详解】因为，
所以，
即，所以当时，
，所以，也满足，
所以，，
所以恒成立，
即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以实数t的取值范围是，
故选：A
4．（25-26高三上·黑龙江·期中）单调递增的等差数列满足，当公差取最小值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质以及绝对值的几何意义，分析，，的特点，进而确定公差的最小值以及的值.
【详解】设等差数列的公差为，，表示点到原点的距离，表示点到点的距离，表示点到点的距离；
已知，
根据绝对值的几何意义可知，数列中的项应满足，，
因为，由，可得，所以的最小值为，
当时，，，
解不等式可得；解不等式可得，所以.
故选:C．
5．（2025·河北唐山·模拟预测）数列的前项和为，的前项和为，则数列（ ）
A．有最大项也有最小项B．无最大项也无最小项
C．有最小项但无最大项D．有最大项但无最小项
【答案】A
【分析】根据数列和数列的前项和，分别求出数列和数列的通项公式，进而可以得到数列的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值.
【详解】设数列的前项和为，的前项和为，则，，
当时，，
当时，，
经验证，时成立，所以，
同理可求得，适合；
所以，
令，
又，，，，
，
当时，，，所以，且时，，
则，
所以当时，，数列单调递增，得；
当时，，数列单调递减，得；
当时，，数列单调递增，得；
由此可知最大，最小，
综上所述，数列存在最大项，也存在最小项.
故选：A
6．（2025·江西·模拟预测）已知数列满足：，，令，数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，求出的值，当时，由可得，两式作差得出，利用累乘法可求出在时的表达式，结合裂项相消法可求出的值.
【详解】因为数列满足：，，
当时，，
当时，由可得，
两个等式作差得，所以，可得，
当时，，满足，
故当时，，
所以
，
因此，.
故选：B.
7．（2025·湖南·二模）记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】利用结合分组求和、裂项求和求，通过规律探寻得知是整数，进而得出是偶数的平方，欲使取最小整数值，则即可，再举例说明的可行性.
【详解】数列中，由，得，
即，
所以
，
又，所以.
又由，得且，
可知，
所以是整数，于是是整数，且是偶数的平方，则，当取等号.
下面举例说明可以取到，
，
，
此时，
所以的最小值为3.
故选：D.
8．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D.
【详解】由题意知，且，
当时，，解得，
当时，，
整理可得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则.
对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为是等差数列，故B错误；
对于选项C，因为，故C正确；
对于选项D，因为，
，故D错误.
故选：C.
9．（2025·江西宜春·模拟预测）在等比数列中，，若不等式成立，则的最小值为（ ）
A．24B．25C．26D．27
【答案】D
【分析】先由等比数列的性质确定的通项，再令，分为偶数和大于2的奇数求解即可.
【详解】设的公比为，记，
由，得，
所以.
令，则.
当为偶数时，无正整数解；
当为大于2的奇数时，，
由19，解得，
又为奇数，所以的最小值为27.
故选：D.
10．（2025·广东广州·模拟预测）已知是首项为2，公比为2的等比数列，记，其中，记数列的前项和为，则（ ）
A．9143B．9145C．10009D．10154
【答案】D
【分析】由题意得，结合题意可得，当时，，利用等差数列的前项和公式求出这10 项和，当时，，这些项的和为，利用分组求和法及等差数列、等比数列的前项和公式求解，再加上时的10项和即可求解.
【详解】由题意得，
，，，
所以，
当时，，
共10项，这10项的和为,
其余项有项，
当时，，
这些项的和为
，
所以.
故选：.
二、多选题
11．（2025·广西南宁·模拟预测）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．若数列为常数列，则或
C．若数列为递增数列，则
D．当时，
【答案】ABD
【分析】令可得，据此判断A，令，由递推关系求出即可判断B，根据B及条件数列为递增数列，分类讨论求出或时判断C，通过对取对数，构造等比数列求解即可判断D.
【详解】对于A，当时，，
令，则，，故，
即，故A正确；
对于B，若数列为常数列，令，则，解得或，
或，故B正确；
对于C，令，则，
若数列为递增数列，则数列为递增数列，
则，解得或，
当时，，且，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列；
当时，，且，
，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列；
当时，，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列.
综上所述，当或，即或时，数列为递增数列，故C错误；
对于D，令，则，，
则，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，故D正确.
故选：ABD.
12．（2025·云南楚雄·模拟预测）已知在数列中，，数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据已知递推式得且，进而有判断A、B；应用的关系得判断C；根据等差数列的定义及前n项和公式判断D.
【详解】因为，即，
所以，则，
所以，而，则，
所以数列是各项都为0的常数列，不是等比数列，故A错误.
因为，所以数列的通项公式为，则，
所以数列是公比为2的等比数列，故B正确.
由，得，
两式相减并整理，可得，所以，
两式相减并整理，可得，所以，
所以数列是等差数列，故C正确.
当时，由，可得，所以，
又，所以等差数列的公差为1，所以，
所以，故D正确.
故选：BCD
13．（25-26高三上·湖北·期中）数列满足，且，数列的前项和为，从的前项中任取两项，它们的和为奇数的概率为，数列的前项积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【详解】当时，可求出，由可得，两式相减可得，从而得到的奇数项和偶数项均为等差数列，由等差数列的通项公式可判断A；分别对的奇数项和偶数项求和可判断B（或相邻两项求和也可）；由古典概型的概率计算公式可判断C（或直接计算也可）；由数列放缩可判断D.
【分析】对于A，当时，，又，，
又，，，
的奇数项所成的数列是首项为，公差为的等差数列，偶数项所成的数列是首项为4，公差为2的等差数列，
，故A正确；
对于B，，
故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，当，时，，又，，故D正确.
故选：ACD.
14．（2025·山西吕梁·模拟预测）已知正项数列满足为数列的前项和，则（ ）
A．数列为递增数列B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，由可判断，对于B，由得到，即可判断，对于C，由和当时， 得到，即可；对于D，由，裂项相消求和即可.
【详解】对于A，由，得，
所以，即，递增数列，A正确；
对于B，由，
得，
即，又，
则，
所以，B错误；
对于C，由于，当时，，
当时，，
当时，先证，即证，
由于，
所以，
即，
综上：，C正确，
对于D，由，得，
所以，D正确，
故选：ACD
15．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．数列是递增数列
C．存在正整数，使得
D．存在正整数，使得
【答案】ABD
【分析】由等差数列与等比数列项之间的关系建立方程组，求得公差和公比，即可判断A选项，写出数列通项公式即可判断B选项.将作差，然后构造函数，由导数得到函数在的单调性，结合端点的正负即可证明函数零点，即方程的解，判断选项.由等式建立方程然后解的值，判断选项.
【详解】∵，
∴，整理得，
∵，∴，则，A选项正确，
，，B选项正确，
∵，令，
∵，当时，，
∴函数在上单调递增，且，
∴函数在无零点，即不存在正整数，使得，C选项错误，
，即，解得，
∴存在正整数，使得，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查了等差数列和等比数列，结合项之间的关系建立方程组，然后得数列相关的量.对于是否存在正整数使得等式成立问题，可以由解方程证明存在，或者利用函数零点来判断方程得解.
16．（2025·四川达州·模拟预测）设的整数部分为，小数部分为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为递增数列
C．D．整数的个位数字可以是8
【答案】ABC
【分析】由二项式定理可得的整数部分即为，小数部分即为，再逐一判断即可.
【详解】由，
，
两式相减可得，
，
由于为整数，且，
所以的整数部分即为，小数部分即为.
所以，,,
数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
由，，，
数列为递增数列，数列为递减数列，所以数列为递增数列，
故B正确；
，故C正确：
的个位数与的个位数相同，只能是4或6，故D错误.
故选：ABC.
17．（2025·河南许昌·模拟预测）已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．为中的最小项
B．对任意的，，都有
C．存在，使得，，成等差数列
D．对任意的，，都有
【答案】ABD
【分析】对于选项A，B，将递推数列构造成一个函数，然后对函数求导并判断单调性，从而可验证A,B的正确性；对于选项C，构造新函数，对新函数求导，判断函数的单调性，进而可判断的大小；对于选项D，基于C中构造的新函数的单调性，即可判断不等式的成立.
【详解】令，所以，
当，；当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，
所以，，…，，
所以是中最小的项.
且对任意的，，都有，故A，B正确；
令，，
所以，所以在上单调递减，所以，
所以即；即，…，即，
综上所述，是中最大的项，所以不可能使得，，成等差数列，故C错误；
因为当，，，所以，
所以，即，
所以对任意的，，都有，故D正确.
故选：ABD.
18．（2025·江苏·一模）已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
【答案】ABD
【分析】根据等比数列通项列方程求解判断A，化简所给条件构造函数，利用导数研究函数的性质确定B，构造函数利用函数最值得到不等式，再由不等式求解判断C，构造函数，利用函数最值转化为不等式求解判断D.
【详解】对于A选项，数列是公比为的等比数列，且，
若，则，
即，
解得或，故A正确；
对于B选项，，
若时，又，则，令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，故无解，不成立，
若时，又，则，令，则，
当时，，函数单调递减，
，由零点存在性定理知有解，
故， 故B正确；
对于C选项，构造，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，即，解得或，故C错误；
对于D选项，构造函数，则，
当时，，当时，，
所以函数在单调递增，在上单调递减，故，即，
所以，则，
因为，所以，故D正确.
故选：ABD.
19．（2025·云南·一模）南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．集合中共有25个奇数
C．设，则的前100项和为2550D．
【答案】ACD
【分析】由迭代法代入计算，即可判断A，分别讨论，，以及时，的奇偶性，即可判断B，由并项求和法代入计算，即可判断C，由组合数的性质代入计算，即可判断D.
【详解】对于A，依题意，且，所以当时，，
从而，故A正确；
对于B，当时，
，此时为奇数；
同理当时，为奇数；当时，为偶数；
当时，为偶数，
所以集合中共有24个奇数，故B错误；
对于C，设的前n项和为，因为，
则，故C正确；
对于D，由，知
故，
所以
，故D正确．
故选：ACD．
20．（2025·江苏常州·模拟预测）已知函数，数列满足，则（ ）
A．方程的解集为
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】ABC
【分析】先求解方程的解集可判断A；先根据数学归纳法得出的范围，再利用范围以及递推关系式可判断数列的增减性来判断BC；先证明数列的增减性，再构造等比数列，求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D.
【详解】对于A，已知，令，即.
设，则，原方程可化为，即，
则，解得或或.
当时，；当时，；当时，.
所以方程的解集为，故A选项正确；
对于B，若，可用数学归纳法证明：，即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
即由数学归纳法可得成立，
而，
又，，
故，故，故为递增数列，
若，则恒成立，故B选项正确；
对于C，若，可用数学归纳法证明：，即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
即由数学归纳法可得成立，即由数学归纳法可得成立.
而，
又，，
故，故，故为递减数列，
存在常数，使得恒成立， 故C选项正确；
对于D，
若，则，，
则，即，
因，则对任意恒成立，即为递增数列，
则对任意恒成立，
因，则，
则，
则，
则，
因，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，
因函数为上的单调递增函数，且值域为，
则当时，，再结合对数函数的图象可知，
则不存在常数，使得恒成立，故D选项错误.
故选：ABC.
三、填空题
21．（2025·云南·模拟预测）数列满足：，且，则 .
【答案】1220
【分析】首先将条件平方，再由递推公式推出数列是等差数列，再相加求和.
【详解】由，所以，且，
两式相减得：，
又由及，故是递增数列，，
所以，
当时，，解得，又，即，
所以数列是等差数列，首项为，公差为，
所以，
故
.
故答案为：.
22．（2025·安徽·二模）已知等差数列的公差为，若集合，则 ．
【答案】/
【分析】根据题意得到的周期为，即最多3个不同取值，再结合，分析得到一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为，，解得，则集合中的两个不同元素为，，再化简计算即可．
【详解】，
则，其周期为，
而，即最多3个不同取值，
由题可知集合有且仅有两个元素，，
则在，，中，或，
或，
又，即，一定会有相邻的两项相等，
设这两项分别为，，
于是有，
即有，
解得，
不相等的两项为，，
故．
故答案为：．
23．（2025·吉林长春·模拟预测）设是数列的前项和，，则
（1） ；
（2） ．
【答案】 /0.03125 /
【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分别变形给定的递推公式，求出并结合求解即可.
【详解】数列中，由，得，
即，又，即，
因此，；.
故答案为：；
24．（2025·浙江·一模）等比数列满足，则当 时，取到最小值.
【答案】2
【分析】由已知条件，求出公比和，从而得到，由，当时， 得到取到最小值.
【详解】等比数列满足，
公比，则，
于是，当时，
故当时，取到最小值.
故答案为：2.
25．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知数列满足递推公式，．设为数列的前项和，则的最小值是 ．
【答案】/4.25
【分析】先通过构造等比数列求出数列的通项公式，再计算前项和，代入目标表达式后化简，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性求最小值．
【详解】，，
数列是首项为，公比为2的等比数列，
，故，
，
，
令，则，
求导得，令，解得或（，舍去），
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，则在处取得极小值，
，，故只需要比较与的大小，
当时，，，
当时，，
的最小值是．
故答案为：．
26．（25-26高三上·山东日照·开学考试）已知数列的通项公式是，记为在区间内的项的个数，则使得不等式成立的的最小值为 .
【答案】12
【分析】分别讨论为奇数和偶数时，的解，得的最小值.
【详解】由，得，
当为奇数时，；
当为偶数时，，
则当为奇数时，，
由，解得，而为奇数，则；
当为偶数时，，由，解得，
所以使得不等式成立的的最小值为12.
故答案为：12
27．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2数列的前项和为，且．若，则的最小值为 ．
【答案】6
【分析】根据给定条件，利用构造法求出，作差构造新数列，探讨单调性求出的最小值.
【详解】由，得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，即，故，
令，则，
所以数列是递增数列，
因为，，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以的最小值为6．
故答案为：6
28．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．若为递增数列，，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用关系得，且得，结合数列的单调性求参数范围.
【详解】由题设，
又各项均不为零，则，
由，则，
又为递增数列，则，
而，即，则，
综上，，即的取值范围是.
故答案为：
29．（2025·江苏·三模）已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 .
【答案】
【分析】由已知等式变形得出，可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可求出的表达式，由参变量分离法得，令，分析数列的单调性，求出的最小项的值，即可得出实数的最大值.
【详解】因为数列满足，，，
则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，故，
由，
可得，
令，
所以，
，
对任意的，，故，则，故数列为递增数列，
所以，，
因此，实数的最大值为.
故答案为：.
30．（2025·北京海淀·三模）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且．给出下列四个结论：
①；
②，使得；
③存在一个正数，使得对任意的，都有；
④对任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】先得到，，计算出，故随着的增大而减小，从而作差比较得到，且对任意的，都有，，可判断①②④；结合，利用极限思想判断③．
【详解】解法一：对于①，由，令，则，所以，
∵是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，
∴恒成立，且，，
又，
，即，
故随着的增大而减小，
其中，
，
随着的增大而增大，
，，，
∵随着的增大而减小，
，，，
，
，，
，，故①正确；
对于②，，
要判断，即判断，
因为恒成立，所以，
即证明，即证明，
当时，，满足要求，
当时，
，
对任意的都成立，
对任意的，都有，故有，即②正确；
对于④，随着的增大而减小，，时，，
，故④正确.
对于③，由以上分析，数列中，，且随着的增大，趋向于1，
又，故无限趋向于正无穷大，
所以不存在一个正数，使得对任意的，都有，故③错误．
解法二：解法二：由，令，则，所以，
是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，
，
，，
，，
，（1）
对于③，取为大于的第一个整数，记为，则，所以（3）错误.
对于②，由，解得，
代入（1）得，
解得，取代入，得。所以②正确.
对于④，由（2）得，
所以，
即，也就是，
所以成立，故④正确.
对于①，由得，
，
，
，
，即，故①正确.
故答案为：①②④
四、解答题
31．（2025·四川德阳·一模）数列的通项公式，的通项公式，且.
(1)求，的值；
(2)求的前项和.
【答案】(1)，
(2)，.
【分析】（1）根据求出关于的表达式，再与已知对比系数求解；
（2）利用巧妙结合.
【详解】（1）由题意得，，
又
，即，，.
（2）依题意：
由（1）可得，，
，.
32．（2025·辽宁葫芦岛·二模）已知为正项数列，．在与之间插入个7，构成数列．设．
(1)求的通项公式．
(2)设，求．
(3)设，数列的前项积为，数列的前项积为．若不等式对任意恒成立，求的最大值．
【答案】(1)，
(2)
(3)．
【分析】（1）由题知，进而根据等比数列定义得，根据得；
（2）由（1）知，，进而根据错位相减法求解即可；
（3）由题，转化为不等式对任意恒成立，再令，研究其单调性，求解最小值即可得答案.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，所以，即，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以．
根据题意可得．
（2）解：，则
记①
②，
①②得，
，
故（或）．
（3）解：依题意得．
不等式对任意恒成立，
即不等式对任意恒成立．
设，则，
所以
，
又，所以，
所以数列单调递增，则，
所以，即的最大值为．
33．（2025·江苏·模拟预测）已知数列的首项，且满足.
(1)证明：是等差数列；
(2)记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，即可求证；
（2）通过分组求和即可求解.
【详解】（1）证明：因为，显然，所以，
所以，
即，
又，所以是以2为首项1为公差的等差数列.
（2）由（1）得，，
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
所以.
34．（25-26高三上·河南·期中）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且对任意的恒成立，求的取值范围；
(3)若，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可；
（2）设，求导后再对进行分类讨论；
（3）根据（2）得到结论对任意恒成立，再令，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明.
【详解】（1）由题意得的定义域为．
当时，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）依题意可得当时，对任意恒成立．
令，则．
①当时，，
则，所以，
则在上单调递增，则，符合题意．
②当时，有两根，
因为且，所以，
所以由，即，得，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意．
故的取值范围是．
（3）由（2）可得，当时，对任意恒成立，
即对任意恒成立．
令，则，
当时，，此时满足，即不等式成立．
当时，，
所以，，
以上累加得，
则，即．
综上可知，对所有的．
35．（2025·四川资阳·一模）已知数列的首项，且满足.
(1)求证：是等比数列；
(2)求数列的前项和；
(3)令，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）根据题设易得，即可得证；
（2）由（1）可得，进而根据等比数列的求和公式分组求和即可；
（3）由题设可得，即可证明，分析可得，即证，再结合数学归纳法证得，即可得到，当且仅当时取等，进而求证即可.
【详解】（1）由，则，
又，所以数列是以4为首项4为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，则，
所以
.
（3）由，
则，
由于，则，
所以.
由，则，
要证，即证，
由，则，
则，
下面证明，
当时，，即；
假设，，时，，
则时，
.
综上所述，，则，
所以，
则，当且仅当时取等，
则，即.
综上所述，.
36．（2025·广东佛山·一模）已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，，其中为非零常数.
(1)证明：；
(2)若，求；
(3)是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合求解得证.
（2）法1：由（1）可得数列的特征，再求出其前10项和即可；法2，由（1）可得数列的奇数项、偶数项构成的数列特征，再分组求和即得.
（3）假定存在，求出，再利用奇数项、偶数项构成的数列特征证明即可.
【详解】（1）数列的各项均为正数，，则，
两式相减，整理得，而，
所以.
（2）解法1：当时，由（1）得，
则，，
于是，数列是公差为6的等差数列，
由，，得，则，
.
解法2：由，，得，
当时，由（1）得，
因此数列的奇数项构成首项为1，公差为3的等差数列，
偶数项构成首项为3，公差为3的等差数列，
.
（3）由，，得，
由（1）知：，则，
假设存在使得数列为等差数列，
则，即，解得，
下面证明：当时，数列为等差数列.
由，，，
得数列是首项为1，公差为2的等差数列，，
数列是首项为2，公差为2的等差数列，
因此，，
所以存在使得数列为等差数列，.
37．（2025·广东江门·模拟预测）在数列中，.
(1)求证：是等比数列；
(2)若等比数列满足.
（i）求的值；
（ii）记数列的前项和为.若，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明；
（2）（i）由（1）可得，求得，利用等比数列性质求得，
再验证即可求解；
（ii）利用并项求和法求得，然后列方程求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）（i）由（1）可得，所以，所以，
则，
因为数列为等比数列，所以，即，
化简得，解得或，又，所以，
当时，，此时为定值，符合题意；
（ii）由（i）可知，
当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以，易知，所以，所以为偶数，
因为，所以，
化简得，解得或（舍去），所以．
38．（2025·湖南·三模）已知非零等差数列的前n项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)已知正项数列满足：，且是和的等差中项，求数列的前n项和；
(3)在条件（2）下，记正项数列的前n项和为．求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由的关系、等差数列的定义即可求解；
（2）通过构造等比数列的方法求得，进一步得，结合等比数列求和公式、错位相见法即可求解；
（3）由于，，通过放缩求和即可得证.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，
由，得，
当时，由，得，
得，得．
所以，所以．
（2）因为是和的等差中项，所以，又，
所以，得，又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即；
令，可知，
因为，
所以，
两式相减得，
所以．
（3）由（2）可得，由于，
所以．
因为，所以，
当时，，
综上，成立．
39．（2025·河南·模拟预测）已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的前项和；
(3)求使得成立的最大整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)6
【分析】（1）利用得到，得到数列是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）在（1）基础上，得到，先当为偶数时，分组求和得到，再求出当为奇数时，为偶数，，从而得到答案；
（3）求出公比，由（2）知，，即，令，则，，得到，又，，当时，，故使得成立的最大整数为6.
【详解】（1）①，
当时，②，
式子①-②，化简得，
两边同时除以得，
中，令得，
即，又，故，
，故对，
数列是首项为1，公差为1的等差数列；
（2），则，设数列的前项和为，
当为偶数时，，
，
，
当为奇数时，为偶数.
，
；
（3）设等比数列的公比为，
由，或，
又数列是递增数列，.
由（2）知，即，
令，则，
，
当时，，当时，，当时，，
即有，
又，
故当时，，
又，
，当时，，故使得成立的最大整数为6.
40．（2025·湖北·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，正项数列满足：，．
①求证：；
②求证：当时，．
【答案】(1)单调性见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后就、分类讨论导数符号后可得单调性；
（2）①利用导数可证、，从而可得；②利用①的结果结合累乘法可证.
【详解】（1），其中，
当时，恒成立，故在上为增函数；
当时，若时，；时，；
故在上为减函数，在上为增函数，
综上，时，的增区间为，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为.
（2）①时，，
由（1）可得在为增函数，
为正项数列可得.
下证：，即证，
即证，
设，
则，
故为上的减函数，故，
故成立，故即.
下证：，
设，
则
，
故在上为增函数，故，
故恒成立，故恒成立，
故，故即，
综上，成立.
②由①可得，故即，
累乘可得，而，故.
仍由①可得，故，
而，故，
故，故，
故，而，由累乘可得，
故，故.
综上，当时，.