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人教A版(2019)高中数学选择性必修第二册 专题03 数列中的证明问题
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这是一份人教A版(2019)高中数学选择性必修第二册 专题03 数列中的证明问题，文件包含专题03数列中的证明问题解析版docx、专题03数列中的证明问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
专题03 数列中的证明问题
知识点1：证明等差、等比数列
1．（2022·江苏·南京师大附中高二开学考试）数列的前项和满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，结合，得到，进而化简得到，即可证得数列为等比数列；
（2）由（1）可得，当时，可得，两式相减得，得到，设，得到，结合等比数列的定义求得数列表示首项为，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式.
(1)
解：由数列的前项和，满足
因为，可得，
即，即，
又由，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
(2)
解：由（1）可得，
当时，可得，
两式相减得，
即，即，即，
设，可得，即，
又由，可得，，
因为，
所以，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，即，解得.
2．（2022·安徽滁州·高二阶段练习）在数列中，，．
(1)设，证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)设为数列的前项和，求．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用等比数列的定义求解；
（2）利用错位相减法求解.
(1)
解：因为，，
所以．
又，所以是首项为，公比为的等比数列．
所以，
故．
(2)
，①
由①，得，②
①－②得，
，
所以．
3．（2022·江苏南通·高二开学考试）已知数列满足，
(1)求的值；
(2)记，证明：数列为等比数列．
【答案】(1)，，
(2)详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据递推关系式，根据首项，依次求得的值；
（2）根据递推关系式求得，即可证明.
(1)
由递推关系可知，，，
.
(2)
，
，
所以 ，又，
即数列是以为首项，为公比的等比数列.
4．（2022·全国·高二单元测试）记数列的前项和为，，，.
(1)证明数列为等差数列，并求通项公式；
(2)记，求.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）由可得出，结合等差数列的定义可证明结论成立，确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用等差数列的求和公式可求得的值.
(1)
证明：，，，则，即，解得，
所以，，即，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故.
(2)
解：，
所以，.
5．（2022·江苏·南京市第十三中学高二开学考试）已知数列的前项和.
(1)求证：数列是等差数列.
(2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）由（1）得 ，将不等式对任意恒成立，转化为，对任意恒成立求解.
(1)
解：当时，，解得，
当时，，
所以，即，
即，
又，
故数列是以2为首项，1为公差的等差数列.
(2)
由（1）知，，即，
所以，对任意恒成立，
即，对任意恒成立，
记，故，
所以时，，所以，即，
时，，即随着的增大，递减，
所以的最大值为，
所以，即.
6．（2022·天津河西·高二期末）已知数列中，，且满足．
(1)求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析；；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的定义证明为常数即可；
（2）利用错位相减法即可求和.
(1)
由得，，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴，∴；
(2)
①，
②，
①－②得：，
.
知识点2：证明或
7．（2022·湖南·邵阳市第二中学高二开学考试）已知数列是等差数列，，，数列的前项和为，且．
(1)求数列、的通项公式；
(2)记，若数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）建立方程组求首项和公差，求出数列通项公式；退位相减求出数列的通项公式；
（2）对数列进行裂项化简，进而通过裂项相消进行求和，即可得证.
(1)
由已知得，解得，所以，
当时，，①，
当时，， ②，
由①②得.
(2)
由（1）知，所以
.
8．（2022·吉林·梅河口市第五中学高二开学考试）已知数列为等差数列，是数列的前项和，且，，数列满足.
(1)求数列、的通项公式；
(2)令，证明：.
【答案】(1)，.
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列基本量代换求出，利用前n项和的定义求出；
（2）用错位相减法求和后即可证明.
(1)
设等差数列的公差为d.
因为，，所以，解得：，所以.
因为数列满足，
所以n=1时，有，解得：.
当时， ，
因为，所以.
经检验，对n=1也成立，所以.
(2)
由（1）知，.记是数列的前项和.
则①
①式同乘以得：②
①-②得：
所以
因为，所以，所以.
即证.
9．（2022·重庆·高二期末）已知数列的首项为，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，记数列的前项和为，求，并证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列的定义证明；
（2）由错位相减法求得和，再由的单调性可证得不等式成立．
(1)
由得
又，
数列是以为首项，以为公比的等比数列.
(2)
由（1）的结论有
①
②
①②得：
又为递增数列，
.
10．（2022·黑龙江·铁人中学高二开学考试）已知数列的前n项和为，且.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求证：的前n项的和．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用当时，，可得，等式两边同时减去2，可得，可得证明；
（2）将代入的表达式中，利用裂项相消法可得数列的前项和即可证明.
(1)
证明：当时，，得；
当时，∵，∴，
两式相减得：，即，
∴
又∵，∴，
所以数列为以1为首项，3为公比的等比数列；
(2)
由（1）
，
由此可得
因为n为正整数，所以，所以．
11．（2022·全国·高二专题练习）数列满足，，．（，）．
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)设数列满足，证明：对一切正整数n，有．
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将，变形为，，再利用等比数列的定义判断，进而利用累加法求解；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求解.
(1)
解：由，
得，，
又，则，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，
当时，，
则
=，
又当时，符合上式，
∴．
(2)
由（1）得，
∴，
∴
．
故对一切，有.
12．（2022·安徽·六安一中高二开学考试）在①，；②，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题.
已知数列前项和是，数列的前项和是，___________.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)选条件①，结合探求数列相邻两项的关系得解；
选条件②，结合,探求数列相邻两项的关系，求出得解.
(2)选条件①，利用错位相减法计算判断作答；
选条件②，利用裂项相消法计算判断作答.
(1)
选条件①：由，可得，两式相减可得，
则，在中，令，可得，即，
因此，数列是以3为首项，公比为3的等比数列，，
所以数列的通项公式为；
选条件②：由，可得，两式相减得，
即，变形得：，即数列任意相邻两项互为相反数，有，
而时，，解得，于是得，则当，，
从而有，，
所以数列的通项公式为.
(2)
选条件①：由(1)知，设，
，
则，
两式相减可得
，于是得，
即；
选条件②：由(1)知，
所以.
知识点3：证明或
13．（2022·山西省长治市第二中学校高二期末）设数列的前项和为，，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：对一切正整数，有.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用关系可得，根据等比数列的定义易知为等比数列，进而写出的通项公式；
（2）由，将不等式左侧放缩，即可证结论.
(1)
当时，，，两式相减得：，
整理可得：，而，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，故，即，.
(2)
，
.
.
14．（2022·全国·高二课时练习）已知正项数列满足，（，）.
(1)写出，，并证明数列是等差数列；
(2)设数列满足，，求证：.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）易得，，由已知得，利用累乘法可求出；
（2）利用累加法可得，即可得出.
(1)
当时，，得，
当时，，得，
∵，∴，则，
∴、
，
且满足，则恒成立，
∴数列是首项为3，公差为2的等差数列.
(2)
∵，∴，
∴，∴，
∴，，，…，，
将上面个式子累加有，
∴，∴，
∴.
15．（2022·全国·高二专题练习）在①，，成等比数列且，②，③，，，这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足 _______．
（1）求；
（2）若的前项和为，证明：．
【答案】（1）选①②③都有；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）选①，用表示两已知条件，求得，可得通项公式；选②，时求得，然后由求得数列的递推式，得出公差，可得通项公式；选③，由等差数列的性质：数列也是等差数列，求得，从而易得，得通项公式；
（2）用放缩法，结合裂项相消法求得放缩后的和，证明不等式成立．
【详解】
解：（1）若选择条件①：
由，得；即①，又，，成等比数列，得，
即②，由①②解得，．所以．
若选择条件②：由，得，两式相减并整理得：，
由于，所以，所以，即，令，得，解得，所以．
若选择条件③：
由等差数列的前项和为，得，又数列是等差数列，得数列也是等差数列，
所以，即，解得，故；，解得，所以．
（2）证明：由，可得，所以，
所以．
16．（2022·全国·模拟预测）已知数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先将递推公式两边平方，判断数列是等差数列，即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）即可求解数列的通项公式，对通项公式进行放缩后，再求和，即可证明不等式.
(1)
将两边同时平方，整理得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以.
由题知，所以.
(2)
因为，所以，则.
先证：当时，，，满足；
当时，，
所以.
故得证.
再证：因为，
所以.
故不等式成立.
【点睛】
关键的点睛：本题考查等差数列的证明，以及放缩法证明不等式，本题的第二问的难点是对通项公式的放缩，放缩后，再进行裂项相消法求和，以及.
知识点4：数列综合问题
17．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）己知函数的定义域是D，若对于任意的，，当时，都有，则称函数在D上为不减函数．现有定义在上的函数满足下述条件：
①对于，总有，且，；
②对于，若，则．
试证明下列结论：
(1)对于，若，则；
(2)a）在上为不减函数；
b）对，都有；
(3)当时，有．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由，可得的图象关于直线对称，则根据②可证得结论，
（2）先利用单调性的定义证明在上是不减函数，利用，进行放缩结合等比数列的求和即可得结果，
（3）对于任意，则必存在正整数，使得，因为在是不减函数，所以，由（2）可知，结合题中的条件，利用赋值法及不等式的性质可证得结果
(1)
证明：因为，
所以的图象关于直线对称，
所以根据②，可知对于，
若，用分别代替②中的，
则可得
(2)
证明：a）设，且，则，
因为
，
所以，所以在上为不减函数，
b）因为，
所以
……
(3)
证明：对于任意，则必存在正整数，使得，
因为在上为不减函数，
所以，
由（2）知，
由①可得，在②中，令，得，
所以，
而，所以，
所以，
所以时，，
因为时，，且，
所以
【点睛】
关键点点睛：此题考查函数单调性的性质，函数单调性的证明，考查数列知识与函数知识的综合问题，解题的关键是在于对赋值的应用和对新定义的理解，属于较难题
18．（2022·上海市控江中学高三阶段练习）无穷数列，若存在正整数，使得该数列由个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数，中至少有一个等于，则称数列具有性质，集合
(1)若，，判断数列是否具有性质；
(2)数列具有性质，且，，，，求、的值；
(3)数列具有性质，记集合，将集合中的所有元素按从小到大的顺序排列，得到数列，记，，证明：若数列具有性质，则数列是常数列．
【答案】(1)数列具有性质，理由见解析；
(2)，
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题知数列是由2个不同元素组成的无穷数列，且周期为2的周期数列，对于任意的正整数，有，满足性质的条件；
（2）由题知，考虑后面连续三项，利用反证法说明，同理可证；
（3）利用数列，数列具有性质即可证得结论．
(1)
，数列是由2个不同元素组成的无穷数列，
即，是周期为2的周期数列，故
所以对于任意的正整数，有，满足性质的条件，
故数列具有性质.
(2)
由，，，，可知，
考虑后面连续三项，假设，
由，及性质知中必有一个数为2，
于是中有两项为2，故必有1或3不在其中，不妨设（或3）
考虑中，最后一个等于的项，则该项的后三项均不等于，
不满足性质的条件，矛盾，所以
同理可知，
(3)
取足够大的N，使得包含P中个互不相同的元素，
考虑后的连续项，
对于P中任意元素，必等于中的某一项，
否则考虑中最后一个等于的项，该项不满足性质的条件，矛盾，
由的任意性知，这个元素恰好等于P中个互不相同的元素，
由数列具有性质，得
集合，表示第m个满足的项，
存在，有，即数列为常数列，
又数列具有性质，则数列是常数列．
19．（2018·上海松江·二模）无穷数列，若存在正整数，使得该数列由个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数，中至少有一个等于，则称数列具有性质.集合.
（1）若，，判断数列是否具有性质；
（2）数列具有性质，且，求的值；
（3）数列具有性质，对于中的任意元素，为第个满足的项，记，证明：“数列具有性质”的充要条件为“数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数”.
【答案】(1)具有；(2)2；(3)答案见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）由题意可知是周期为2的周期数列，对于任意的正整数，，满足性质的条件，故数列具有性质.
（2）由条件可知，考虑后面连续三项，由反证法可知.同理可得.
（3）充分性：由数列是周期为的周期数列，每个周期均包含中个不同元素.则由周期性得，于是数列为常数列，显然满足性质.
必要性：取足够大的使包含中所有个互不相同的元素，考虑后的连续项，由反证法可知中任意元素，必等于中的某一个，再由数列性质中的条件得，，则数列为常数列，为常数列，据此可得数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数.
试题解析：
（1）因为，，是由2个不同元素组成的无穷数列，且是周期为2的周期数列，故，是周期为2的周期数列，对于任意的正整数，，满足性质的条件，故数列具有性质.
（2）.由条件可知，考虑后面连续三项，若，
由及性质知中必有一数等于2，
于是中有两项为2，故必有1或3不在其中，
不妨设为，考虑中最后一个等于的项，
则该项的后三项均不等于，故不满足性质中条件，矛盾，
于是.同理.
（3）充分性：由数列是周期为的周期数列，每个周期均包含中个不同元素.
对于中的任意元素，为第个满足的项，
故由周期性得，
于是，数列为常数列，显然满足性质.
必要性：取足够大的使包含中所有个互不相同的元素，
考虑后的连续项，
对于中任意元素，必等于中的某一个，
否则考虑中最后一个等于的项，该项不满足性质中条件，矛盾.
由的任意性知这个元素恰好等于中个互不相同的元素，
再由数列性质中的条件得，，
于是对于中的任意元素，存在，有 ，
即数列为常数列，
而数列满足性质，故为常数列，
从而是周期数列，故数列是周期为的周期数列，
且每个周期均包含个不同实数.
20．（2022·北京朝阳·高一期末）已知非空数集，设为集合中所有元素之和，集合是由集合的所有子集组成的集合．
(1)若集合，写出和集合；
(2)若集合中的元素都是正整数，且对任意的正整数、、、、，都存在集合，使得，则称集合具有性质．
①若集合，判断集合是否具有性质，并说明理由；
②若集合具有性质，且，求的最小值及此时中元素的最大值的所有可能取值．
【答案】(1)，；
(2)①有，理由见解析；②的最小值为，所有可能取值是、、、、.
【解析】
【分析】
（1）根据题中定义可写出与；
（2）（i）求得，取、、、、，找出对应的集合，使得，即可得出结论；
（ii）设，不妨设，根据题中定义分析出、，，，，，然后验证当、、、、时，集合符合题意，即可得解.
(1)
解：由题中定义可得，.
(2)
解：（ⅰ）集合具有性质，理由如下：
因为，所以．
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
综上可得，集合具有性质；
（ⅱ）设集合，不妨设．
因为为正整数，所以，．
因为存在使得，所以此时中不能包含元素、、、且，
所以．所以．
因为存在使得，所以此时中不能包含元素及、、、且，
所以，所以．
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以．
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以．
同理可知，，．
若，则，所以．
当时，若，
则取，可知不存在，使得，
所以，解得．
又因为，所以．
经检验，当、、、、时，集合符合题意．
所以的最小值为，且集合中元素的最大值的所有可能取值是、、、、.
【点睛】
关键点点睛：本题考查集合的新定义问题，解题时充分抓住题中的新定义，结合反证法结合不等式的基本性质逐项推导，求出每一项的取值范围，进而求解.
21．（2021·北京·清华附中高二期末）已知非空集合，如果存在(且)，使得，则称集合A具有性质.
（1）分别判断下列集合是否具有性质并说明理由；
①；
②.
（2）设m是正整数且，集合，求证：A具有性质；
（3）求最小的正整数n，使得对于任意满足且的两个集合和，其中至少有一个集合具有性质.
【答案】（1）①具有性质，②不具有性质；（2）证明见解析；（3）100.
【解析】
【分析】
（1）按照定义判断是否存在，使得成立即可；
（2）结合题意，由判断存在，即证结论；
（3）根据题意时，至少有一个集合具有性质，即得最小的正整数n.
【详解】
解：（1）依题意，如果存在，使得，则称集合A具有性质.
①集合中，，故该集合具有性质；
②集合中，最小数字之和，大于集合中的最大数字9，故不存在，使得，即该集合不具有性质；
（2）因为集合，m是正整数且，
所以后面的集合始终至少比前面集合多出两个元素，，
，
故存在，故该集合具有性质；
（3）因为，且，
所以，，
因为，，满足题意，
故时，至少有一个集合具有性质.
故最小的正整数n为100.
【点睛】
关键点点睛：
本题是集合新定义题，其解题关键在于理解定义的实质，才能运用定义进行判断证明，突破难点.
22．（2021·上海·模拟预测）设数列（）的各项均为正整数，且.若对任意，存在正整数使得，则称数列具有性质.
（1）判断数列与数列是否具有性质；（只需写出结论）
（2）若数列具有性质，且，，，求的最小值；
（3）若集合，且（任意，）.求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质的数列.
【答案】（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析
【解析】
（1）不满足存在正整数使得，故数列不具有性质；根据定义可知数列具有性质；
（2）由题可知，，，，，所以，再验证可知时，数列不具有性质，时，数列具有性质，从而可知的最小值为；
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则，再根据定义推出矛盾，从而可证结论正确.
【详解】
（1）数列不具有性质；数列具有性质.
（2）由题可知，，，，，
所以.
若，因为且，所以.
同理，
因为数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.
因为数列具有性质，只可能为之一，而又因为，
所以.
同理，有.
此时数列为.
但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质.
所以.
当时，取.（构造数列不唯一）
经验证，此数列具有性质.
所以，的最小值为.
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.
否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列.
（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，
不妨设此集合为，从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设，对任意，，所以.
（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
由假设，所以，所以，所以.
（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
同样，由假设可得，所以，所以.
（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，
则.
（v）同样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，同理可得.
（vi）由假设可得.
同上可知，，
而又因为，所以，矛盾.所以假设不成立.
所以原命题得证.
【点睛】
本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.
1．（2018·安徽工业大学附属中学高二开学考试（理））已知数列满足，数列满足.
(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)证明为常数即可证明是等差数列，求出通项公式即可求出的通项公式；
(2)根据错位相减法即可求数列的前n项和.
(1)
由，得，
由得，，
故，
∴{bn}是等差数列，首项为，公差为，
∴，
∴；
(2)
，
，
两式相减得：
∴﹒
2．（2021·甘肃省临洮中学高二期中（理））已知数列{}的前n项和满足．
(1)证明数列{}为等比数列，并求出数列{}的通项公式．
(2)已知数列的前n项和为，是否存在m，使得数列为等差数列？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析，
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）利用与的关系通过作差后变形可证明结论；
（2）化简整理后利用裂项相消法求和，再将所求得的和代入到中化简后可求解.
(1)
令，则，得，
由，有（），
两式相减得：（），
又，所以，
所以数列{}是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
(2)
由（1）可得，
所以，
所以，
根据等差数列通项公式的特征，
可知当时，，此时数列为等差数列.
3．（2022·江苏·南京师大附中高二开学考试）数列的前项和满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，结合，得到，进而化简得到，即可证得数列为等比数列；
（2）由（1）可得，当时，可得，两式相减得，得到，设，得到，结合等比数列的定义求得数列表示首项为，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式.
(1)
解：由数列的前项和，满足
因为，可得，
即，即，
又由，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
(2)
解：由（1）可得，
当时，可得，
两式相减得，
即，即，即，
设，可得，即，
又由，可得，，
因为，
所以，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，即，解得.
4．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和．
(1)把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)，（）；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知写出与的递推关系，再利用累加法求出数列的通项公式；
（2）先求出，再利用错位相减法求出，即得证.
(1)
解：由“杨辉三角”的定义可知：，
时， 所以有，
故,该式对a1=1也成立.
所以 （）
(2)
解：由题得，所以，
设，
所以，（1）
所以，（2）
（1）（2）得，
所以，
所以
所以
所以
故.
5．（2021·甘肃省临洮中学高二阶段练习（理））已知数列中，．
(1)证明：数列和数列都为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3).
【解析】
【分析】
（1）通过配凑法证得结论成立.
（2）结合累加法求得数列的通项公式.
（3）利用错位相减求和法、分组求和法求得.
(1)
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
(2)
由（1）得，
则，
所以
，
也符合上式，
所以.
(3)
，
令，
，
两式相减得
，
所以.
所以
.
6．（2022·湖南·长沙市明德中学高三阶段练习）已知．
(1)若函数有两个极值点，求实数k的取值范围；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求解导函数，再构造新函数，求导，判断单调性，求解极值，分类讨论与两种情况；（2）由（1）知，，可证，由，可得，从而利用裂项相消法求和可证明.
(1)
由，得．
设，则，当时，，是增函数；当时，，是减函数．又，
∴．设，当时，．由于，所以在区间上的值域是．
又时，，所以当时，直线与曲线有且只有一个交点，即只有一个零点，不合题意，舍．
当时，，在上是增函数，不合题意，舍．
当时，若，由（1）可知，直线与曲线有一个交点．下面证明若，直线与曲线有一个交点．由于是区间上的减函数，所以需要证明在区间上的值域为，即对，都存在，使得．
构造函数，则，∴当时，，在区间上是增函数，∴当时，，即是区间的增函数，∴时，，此时．设，当时，，
∴当时，直线与曲线有两个交点，即有两个零点．设这两零点分别为，，则，不等式的解集为，不等式的解集为．所以为函数的极大值点，为函数的极小值点．
综上所述，实数的取值范围是．
(2)
证明：由（1）知，，∴对，．
∵，
∴，
∴，
所以，．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，.
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)证明：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据递推关系式推导即可求得；
（2）由递推关系式可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到；
（3）利用可求得，通过放缩法得和，进而整理得到结论.
(1)
由得：；；
(2)
由得：，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
；
(3)
由（2）知：；
，
；
又，
，
综上所述：.
8．（2022·浙江温州·二模）已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，.
(1)求与；
(2)设，记数列的前项和为，证明：当时，.
【答案】(1)，；
(2)证明过程见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合对数式与指数式互化公式进行求解即可；
（2）运用数学归纳法进行证明即可.
(1)
设等差数列的公差为，因为，
所以由，
即，即，
所以，而，
所以；
(2)
由（1）可知：，，
所以有，
当时，，不等式成立，
当时，，不等式成立，
假设当时，不等式成立，即，
当时，，
因为
所以，
即，因此，
综上所述：当时，成立.
9．（2022·全国·模拟预测）设数列的前n项和为，且.
(1)求；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用得到，再构造等比数列求解；
（2）先表示出，换元后构造函数，通过导数确定单调性，求出最小值得证.
(1)
当时，，解得，当时，，即，是以为首项，为公比的等比数列，，即.
(2)
由，得，则，令，则，令，则，当时，，在上单调递增，，即，当且仅当时，取等，得证.
10．（2022·全国·高二课时练习）在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)设bn，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据数列递推式，利用累加法求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求和，即可证明结论．
(1)
由，则，，…，，
累加得：，验证a1＝1成立，
所以；
(2)
由（1），，
所以...1．
当时，，则0，所以．
11．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）（1）证明：，
（2）求和
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）对分子分母同时乘以化简即可.
（2）利用（1）的结论，可把每一项拆开中间项约掉即可得到答案.
【详解】
（1）证明：
得证.
（2）由（1）知
12．（2019·湖南·宁乡市教育研究中心高二期末（理））在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且.
(1)求与；
(2)证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，列出关于公差d，公比q的方程组，解方程组即可计算作答.
（2）由（1）的结论，求出，再利用裂项相消法求和推理作答.
(1)
设的公差为，因，，，则，而，解得：，，
于是得，
所以，.
(2)
由（1）知，则，，
于是得，
所以.
13．（2022·重庆八中高三阶段练习）在等差数列中，且，其中为的前项和.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本量代换列方程组求出a1和d，即可求出通项公式；
（2）利用放缩法得到，利用裂项相消法求和即可证明.
(1)
设等差数列的公差为d，由题意可得：
，解得：，所以.
(2)
要证，即证
∵，
∴
，
即.
14．（2022·河南·许昌高中高三开学考试（理））在等差数列中，已知，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和总为数列中的某一项，则称数列为“前n项和的封闭数列”.设（q为正常数），证明：当时，数列为“前n项和的封闭数列”.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件列出方程组，解得，，即得答案；
（2）首先证明为等差数列，可得到前n项和的表达式，再根据“前n项和的封闭数列”的定义，进行证明,即证明关于k的方程：对一切正整数n都有正整数解.
(1)
设公差为d，则由已知得，且，
解得，，
所以数列的通项公式为；
(2)
因为（q为正常数），所以，所以为等差数列，
所以，
若数列为“前n项和的封闭数列”，
则对于任意的正整数n，都存在一个正整数k，满足，
即关于k的方程：对一切正整数n都有正整数解，
当时，，因为一定为偶数，所以，
所以数列为“前n项和的封闭数列”.
15．（2022·浙江·高三阶段练习）正项递增数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)若，，，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先计算出，再通过退位相减计算的通项公式；
（2）先求出，进而得到，借助进行放缩，最后裂项求和即可得证.
(1)
当时，，解得或.
当时，，即，解得或，∴.
当时，，即，解得.
由，
当时，，
两式相减得，即，
当时，，所以，即，
∴或.
(2)
当时，，，则，.
，则.
∴.
∴.
16．（2021·江苏·靖江高级中学高三阶段练习）已知各项为正的数列的前项和为，满足.
(1)求；
(2)设数列的前项和为，证明：存在，当时，，并求的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，的最小值为
【解析】
【分析】
（1）利用递推关系求出 的通项公式，再求出 的通项公式；
（2）分析的通项公式，得出 的通项公式，再解不等式.
(1)
由得
两式相减得：，
由得，
即是公差为2的等差数列，
由，令得，，
或（舍去），所以，
；
(2)
所以当时，
当时，也符合，
原不等式为，
验算当n=999时， ，
当n=998时，，
∵是递减数列，
因此当 时，不等式恒成立，
所以的最小值为.
17．（2022·天津河西·高三期末）已知公差不为零的等差数列的前项和为，，，，成等比数列，数列满足，.
(1)求数列和通项公式；
(2)求的值；
(3)证明
【答案】(1)，；
(2)－5000；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)设等差数列的公差为，根据题意列出关于和d的方程组即可求出；构造数列为等比数列，即可求出；
(2)分奇数项和偶数项求和即可；
(3)先求出，再求和即可.
(1)
设等差数列的公差为，
由题意得，
解得，
故数列的通项公式.
∵，∴，
即，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
，
∴.
(2)
当，时，，
当，时，，
∴
.
(3)
，
∴，
当时，，
∴.
专题03 数列中的证明问题
知识点1：证明等差、等比数列
1．（2022·江苏·南京师大附中高二开学考试）数列的前项和满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，结合，得到，进而化简得到，即可证得数列为等比数列；
（2）由（1）可得，当时，可得，两式相减得，得到，设，得到，结合等比数列的定义求得数列表示首项为，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式.
(1)
解：由数列的前项和，满足
因为，可得，
即，即，
又由，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
(2)
解：由（1）可得，
当时，可得，
两式相减得，
即，即，即，
设，可得，即，
又由，可得，，
因为，
所以，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，即，解得.
2．（2022·安徽滁州·高二阶段练习）在数列中，，．
(1)设，证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)设为数列的前项和，求．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用等比数列的定义求解；
（2）利用错位相减法求解.
(1)
解：因为，，
所以．
又，所以是首项为，公比为的等比数列．
所以，
故．
(2)
，①
由①，得，②
①－②得，
，
所以．
3．（2022·江苏南通·高二开学考试）已知数列满足，
(1)求的值；
(2)记，证明：数列为等比数列．
【答案】(1)，，
(2)详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据递推关系式，根据首项，依次求得的值；
（2）根据递推关系式求得，即可证明.
(1)
由递推关系可知，，，
.
(2)
，
，
所以 ，又，
即数列是以为首项，为公比的等比数列.
4．（2022·全国·高二单元测试）记数列的前项和为，，，.
(1)证明数列为等差数列，并求通项公式；
(2)记，求.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】
【分析】
（1）由可得出，结合等差数列的定义可证明结论成立，确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用等差数列的求和公式可求得的值.
(1)
证明：，，，则，即，解得，
所以，，即，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故.
(2)
解：，
所以，.
5．（2022·江苏·南京市第十三中学高二开学考试）已知数列的前项和.
(1)求证：数列是等差数列.
(2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，利用数列的通项和前n项和的关系求解；
（2）由（1）得 ，将不等式对任意恒成立，转化为，对任意恒成立求解.
(1)
解：当时，，解得，
当时，，
所以，即，
即，
又，
故数列是以2为首项，1为公差的等差数列.
(2)
由（1）知，，即，
所以，对任意恒成立，
即，对任意恒成立，
记，故，
所以时，，所以，即，
时，，即随着的增大，递减，
所以的最大值为，
所以，即.
6．（2022·天津河西·高二期末）已知数列中，，且满足．
(1)求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析；；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的定义证明为常数即可；
（2）利用错位相减法即可求和.
(1)
由得，，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴，∴；
(2)
①，
②，
①－②得：，
.
知识点2：证明或
7．（2022·湖南·邵阳市第二中学高二开学考试）已知数列是等差数列，，，数列的前项和为，且．
(1)求数列、的通项公式；
(2)记，若数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）建立方程组求首项和公差，求出数列通项公式；退位相减求出数列的通项公式；
（2）对数列进行裂项化简，进而通过裂项相消进行求和，即可得证.
(1)
由已知得，解得，所以，
当时，，①，
当时，， ②，
由①②得.
(2)
由（1）知，所以
.
8．（2022·吉林·梅河口市第五中学高二开学考试）已知数列为等差数列，是数列的前项和，且，，数列满足.
(1)求数列、的通项公式；
(2)令，证明：.
【答案】(1)，.
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列基本量代换求出，利用前n项和的定义求出；
（2）用错位相减法求和后即可证明.
(1)
设等差数列的公差为d.
因为，，所以，解得：，所以.
因为数列满足，
所以n=1时，有，解得：.
当时， ，
因为，所以.
经检验，对n=1也成立，所以.
(2)
由（1）知，.记是数列的前项和.
则①
①式同乘以得：②
①-②得：
所以
因为，所以，所以.
即证.
9．（2022·重庆·高二期末）已知数列的首项为，且满足.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)设，记数列的前项和为，求，并证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等比数列的定义证明；
（2）由错位相减法求得和，再由的单调性可证得不等式成立．
(1)
由得
又，
数列是以为首项，以为公比的等比数列.
(2)
由（1）的结论有
①
②
①②得：
又为递增数列，
.
10．（2022·黑龙江·铁人中学高二开学考试）已知数列的前n项和为，且.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求证：的前n项的和．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用当时，，可得，等式两边同时减去2，可得，可得证明；
（2）将代入的表达式中，利用裂项相消法可得数列的前项和即可证明.
(1)
证明：当时，，得；
当时，∵，∴，
两式相减得：，即，
∴
又∵，∴，
所以数列为以1为首项，3为公比的等比数列；
(2)
由（1）
，
由此可得
因为n为正整数，所以，所以．
11．（2022·全国·高二专题练习）数列满足，，．（，）．
(1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)设数列满足，证明：对一切正整数n，有．
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将，变形为，，再利用等比数列的定义判断，进而利用累加法求解；
（2）由（1）得，再利用裂项相消法求解.
(1)
解：由，
得，，
又，则，
∴数列是首项为2，公比为2的等比数列，
当时，，
则
=，
又当时，符合上式，
∴．
(2)
由（1）得，
∴，
∴
．
故对一切，有.
12．（2022·安徽·六安一中高二开学考试）在①，；②，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题.
已知数列前项和是，数列的前项和是，___________.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)选条件①，结合探求数列相邻两项的关系得解；
选条件②，结合,探求数列相邻两项的关系，求出得解.
(2)选条件①，利用错位相减法计算判断作答；
选条件②，利用裂项相消法计算判断作答.
(1)
选条件①：由，可得，两式相减可得，
则，在中，令，可得，即，
因此，数列是以3为首项，公比为3的等比数列，，
所以数列的通项公式为；
选条件②：由，可得，两式相减得，
即，变形得：，即数列任意相邻两项互为相反数，有，
而时，，解得，于是得，则当，，
从而有，，
所以数列的通项公式为.
(2)
选条件①：由(1)知，设，
，
则，
两式相减可得
，于是得，
即；
选条件②：由(1)知，
所以.
知识点3：证明或
13．（2022·山西省长治市第二中学校高二期末）设数列的前项和为，，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：对一切正整数，有.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用关系可得，根据等比数列的定义易知为等比数列，进而写出的通项公式；
（2）由，将不等式左侧放缩，即可证结论.
(1)
当时，，，两式相减得：，
整理可得：，而，
所以是首项为2，公比为1的等比数列，故，即，.
(2)
，
.
.
14．（2022·全国·高二课时练习）已知正项数列满足，（，）.
(1)写出，，并证明数列是等差数列；
(2)设数列满足，，求证：.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）易得，，由已知得，利用累乘法可求出；
（2）利用累加法可得，即可得出.
(1)
当时，，得，
当时，，得，
∵，∴，则，
∴、
，
且满足，则恒成立，
∴数列是首项为3，公差为2的等差数列.
(2)
∵，∴，
∴，∴，
∴，，，…，，
将上面个式子累加有，
∴，∴，
∴.
15．（2022·全国·高二专题练习）在①，，成等比数列且，②，③，，，这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答本题．
问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足 _______．
（1）求；
（2）若的前项和为，证明：．
【答案】（1）选①②③都有；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）选①，用表示两已知条件，求得，可得通项公式；选②，时求得，然后由求得数列的递推式，得出公差，可得通项公式；选③，由等差数列的性质：数列也是等差数列，求得，从而易得，得通项公式；
（2）用放缩法，结合裂项相消法求得放缩后的和，证明不等式成立．
【详解】
解：（1）若选择条件①：
由，得；即①，又，，成等比数列，得，
即②，由①②解得，．所以．
若选择条件②：由，得，两式相减并整理得：，
由于，所以，所以，即，令，得，解得，所以．
若选择条件③：
由等差数列的前项和为，得，又数列是等差数列，得数列也是等差数列，
所以，即，解得，故；，解得，所以．
（2）证明：由，可得，所以，
所以．
16．（2022·全国·模拟预测）已知数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先将递推公式两边平方，判断数列是等差数列，即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）即可求解数列的通项公式，对通项公式进行放缩后，再求和，即可证明不等式.
(1)
将两边同时平方，整理得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以.
由题知，所以.
(2)
因为，所以，则.
先证：当时，，，满足；
当时，，
所以.
故得证.
再证：因为，
所以.
故不等式成立.
【点睛】
关键的点睛：本题考查等差数列的证明，以及放缩法证明不等式，本题的第二问的难点是对通项公式的放缩，放缩后，再进行裂项相消法求和，以及.
知识点4：数列综合问题
17．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）己知函数的定义域是D，若对于任意的，，当时，都有，则称函数在D上为不减函数．现有定义在上的函数满足下述条件：
①对于，总有，且，；
②对于，若，则．
试证明下列结论：
(1)对于，若，则；
(2)a）在上为不减函数；
b）对，都有；
(3)当时，有．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由，可得的图象关于直线对称，则根据②可证得结论，
（2）先利用单调性的定义证明在上是不减函数，利用，进行放缩结合等比数列的求和即可得结果，
（3）对于任意，则必存在正整数，使得，因为在是不减函数，所以，由（2）可知，结合题中的条件，利用赋值法及不等式的性质可证得结果
(1)
证明：因为，
所以的图象关于直线对称，
所以根据②，可知对于，
若，用分别代替②中的，
则可得
(2)
证明：a）设，且，则，
因为
，
所以，所以在上为不减函数，
b）因为，
所以
……
(3)
证明：对于任意，则必存在正整数，使得，
因为在上为不减函数，
所以，
由（2）知，
由①可得，在②中，令，得，
所以，
而，所以，
所以，
所以时，，
因为时，，且，
所以
【点睛】
关键点点睛：此题考查函数单调性的性质，函数单调性的证明，考查数列知识与函数知识的综合问题，解题的关键是在于对赋值的应用和对新定义的理解，属于较难题
18．（2022·上海市控江中学高三阶段练习）无穷数列，若存在正整数，使得该数列由个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数，中至少有一个等于，则称数列具有性质，集合
(1)若，，判断数列是否具有性质；
(2)数列具有性质，且，，，，求、的值；
(3)数列具有性质，记集合，将集合中的所有元素按从小到大的顺序排列，得到数列，记，，证明：若数列具有性质，则数列是常数列．
【答案】(1)数列具有性质，理由见解析；
(2)，
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题知数列是由2个不同元素组成的无穷数列，且周期为2的周期数列，对于任意的正整数，有，满足性质的条件；
（2）由题知，考虑后面连续三项，利用反证法说明，同理可证；
（3）利用数列，数列具有性质即可证得结论．
(1)
，数列是由2个不同元素组成的无穷数列，
即，是周期为2的周期数列，故
所以对于任意的正整数，有，满足性质的条件，
故数列具有性质.
(2)
由，，，，可知，
考虑后面连续三项，假设，
由，及性质知中必有一个数为2，
于是中有两项为2，故必有1或3不在其中，不妨设（或3）
考虑中，最后一个等于的项，则该项的后三项均不等于，
不满足性质的条件，矛盾，所以
同理可知，
(3)
取足够大的N，使得包含P中个互不相同的元素，
考虑后的连续项，
对于P中任意元素，必等于中的某一项，
否则考虑中最后一个等于的项，该项不满足性质的条件，矛盾，
由的任意性知，这个元素恰好等于P中个互不相同的元素，
由数列具有性质，得
集合，表示第m个满足的项，
存在，有，即数列为常数列，
又数列具有性质，则数列是常数列．
19．（2018·上海松江·二模）无穷数列，若存在正整数，使得该数列由个互不相同的实数组成，且对于任意的正整数，中至少有一个等于，则称数列具有性质.集合.
（1）若，，判断数列是否具有性质；
（2）数列具有性质，且，求的值；
（3）数列具有性质，对于中的任意元素，为第个满足的项，记，证明：“数列具有性质”的充要条件为“数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数”.
【答案】(1)具有；(2)2；(3)答案见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）由题意可知是周期为2的周期数列，对于任意的正整数，，满足性质的条件，故数列具有性质.
（2）由条件可知，考虑后面连续三项，由反证法可知.同理可得.
（3）充分性：由数列是周期为的周期数列，每个周期均包含中个不同元素.则由周期性得，于是数列为常数列，显然满足性质.
必要性：取足够大的使包含中所有个互不相同的元素，考虑后的连续项，由反证法可知中任意元素，必等于中的某一个，再由数列性质中的条件得，，则数列为常数列，为常数列，据此可得数列是周期为的周期数列，且每个周期均包含个不同实数.
试题解析：
（1）因为，，是由2个不同元素组成的无穷数列，且是周期为2的周期数列，故，是周期为2的周期数列，对于任意的正整数，，满足性质的条件，故数列具有性质.
（2）.由条件可知，考虑后面连续三项，若，
由及性质知中必有一数等于2，
于是中有两项为2，故必有1或3不在其中，
不妨设为，考虑中最后一个等于的项，
则该项的后三项均不等于，故不满足性质中条件，矛盾，
于是.同理.
（3）充分性：由数列是周期为的周期数列，每个周期均包含中个不同元素.
对于中的任意元素，为第个满足的项，
故由周期性得，
于是，数列为常数列，显然满足性质.
必要性：取足够大的使包含中所有个互不相同的元素，
考虑后的连续项，
对于中任意元素，必等于中的某一个，
否则考虑中最后一个等于的项，该项不满足性质中条件，矛盾.
由的任意性知这个元素恰好等于中个互不相同的元素，
再由数列性质中的条件得，，
于是对于中的任意元素，存在，有 ，
即数列为常数列，
而数列满足性质，故为常数列，
从而是周期数列，故数列是周期为的周期数列，
且每个周期均包含个不同实数.
20．（2022·北京朝阳·高一期末）已知非空数集，设为集合中所有元素之和，集合是由集合的所有子集组成的集合．
(1)若集合，写出和集合；
(2)若集合中的元素都是正整数，且对任意的正整数、、、、，都存在集合，使得，则称集合具有性质．
①若集合，判断集合是否具有性质，并说明理由；
②若集合具有性质，且，求的最小值及此时中元素的最大值的所有可能取值．
【答案】(1)，；
(2)①有，理由见解析；②的最小值为，所有可能取值是、、、、.
【解析】
【分析】
（1）根据题中定义可写出与；
（2）（i）求得，取、、、、，找出对应的集合，使得，即可得出结论；
（ii）设，不妨设，根据题中定义分析出、，，，，，然后验证当、、、、时，集合符合题意，即可得解.
(1)
解：由题中定义可得，.
(2)
解：（ⅰ）集合具有性质，理由如下：
因为，所以．
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
当时，取集合，则；
综上可得，集合具有性质；
（ⅱ）设集合，不妨设．
因为为正整数，所以，．
因为存在使得，所以此时中不能包含元素、、、且，
所以．所以．
因为存在使得，所以此时中不能包含元素及、、、且，
所以，所以．
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以．
若，则、、，而，
所以不存在，使得，所以．
同理可知，，．
若，则，所以．
当时，若，
则取，可知不存在，使得，
所以，解得．
又因为，所以．
经检验，当、、、、时，集合符合题意．
所以的最小值为，且集合中元素的最大值的所有可能取值是、、、、.
【点睛】
关键点点睛：本题考查集合的新定义问题，解题时充分抓住题中的新定义，结合反证法结合不等式的基本性质逐项推导，求出每一项的取值范围，进而求解.
21．（2021·北京·清华附中高二期末）已知非空集合，如果存在(且)，使得，则称集合A具有性质.
（1）分别判断下列集合是否具有性质并说明理由；
①；
②.
（2）设m是正整数且，集合，求证：A具有性质；
（3）求最小的正整数n，使得对于任意满足且的两个集合和，其中至少有一个集合具有性质.
【答案】（1）①具有性质，②不具有性质；（2）证明见解析；（3）100.
【解析】
【分析】
（1）按照定义判断是否存在，使得成立即可；
（2）结合题意，由判断存在，即证结论；
（3）根据题意时，至少有一个集合具有性质，即得最小的正整数n.
【详解】
解：（1）依题意，如果存在，使得，则称集合A具有性质.
①集合中，，故该集合具有性质；
②集合中，最小数字之和，大于集合中的最大数字9，故不存在，使得，即该集合不具有性质；
（2）因为集合，m是正整数且，
所以后面的集合始终至少比前面集合多出两个元素，，
，
故存在，故该集合具有性质；
（3）因为，且，
所以，，
因为，，满足题意，
故时，至少有一个集合具有性质.
故最小的正整数n为100.
【点睛】
关键点点睛：
本题是集合新定义题，其解题关键在于理解定义的实质，才能运用定义进行判断证明，突破难点.
22．（2021·上海·模拟预测）设数列（）的各项均为正整数，且.若对任意，存在正整数使得，则称数列具有性质.
（1）判断数列与数列是否具有性质；（只需写出结论）
（2）若数列具有性质，且，，，求的最小值；
（3）若集合，且（任意，）.求证：存在，使得从中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质的数列.
【答案】（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）的最小值为（3）证明见解析
【解析】
（1）不满足存在正整数使得，故数列不具有性质；根据定义可知数列具有性质；
（2）由题可知，，，，，所以，再验证可知时，数列不具有性质，时，数列具有性质，从而可知的最小值为；
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则，再根据定义推出矛盾，从而可证结论正确.
【详解】
（1）数列不具有性质；数列具有性质.
（2）由题可知，，，，，
所以.
若，因为且，所以.
同理，
因为数列各项均为正整数，所以.所以数列前三项为.
因为数列具有性质，只可能为之一，而又因为，
所以.
同理，有.
此时数列为.
但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质.
所以.
当时，取.（构造数列不唯一）
经验证，此数列具有性质.
所以，的最小值为.
（3）反证法：假设结论不成立，即对任意都有：若正整数，则.
否则，存在满足：存在，使得，此时，从中取出：
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列；
当时，是一个具有性质的数列.
（i）由题意可知，这个集合中至少有一个集合的元素个数不少于个，
不妨设此集合为，从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设，对任意，，所以.
（ii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
由假设，所以，所以，所以.
（iii）在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且.
令集合.
由假设.对任意，存在使得.
所以对任意，，
同样，由假设可得，所以，所以.
（iv）类似地，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，
则.
（v）同样，在中至少有一个集合包含中的至少个元素，不妨设这个集合为，
从中取出个数，记为，且，同理可得.
（vi）由假设可得.
同上可知，，
而又因为，所以，矛盾.所以假设不成立.
所以原命题得证.
【点睛】
本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.
1．（2018·安徽工业大学附属中学高二开学考试（理））已知数列满足，数列满足.
(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)﹒
【解析】
【分析】
(1)证明为常数即可证明是等差数列，求出通项公式即可求出的通项公式；
(2)根据错位相减法即可求数列的前n项和.
(1)
由，得，
由得，，
故，
∴{bn}是等差数列，首项为，公差为，
∴，
∴；
(2)
，
，
两式相减得：
∴﹒
2．（2021·甘肃省临洮中学高二期中（理））已知数列{}的前n项和满足．
(1)证明数列{}为等比数列，并求出数列{}的通项公式．
(2)已知数列的前n项和为，是否存在m，使得数列为等差数列？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析，
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）利用与的关系通过作差后变形可证明结论；
（2）化简整理后利用裂项相消法求和，再将所求得的和代入到中化简后可求解.
(1)
令，则，得，
由，有（），
两式相减得：（），
又，所以，
所以数列{}是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
(2)
由（1）可得，
所以，
所以，
根据等差数列通项公式的特征，
可知当时，，此时数列为等差数列.
3．（2022·江苏·南京师大附中高二开学考试）数列的前项和满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，结合，得到，进而化简得到，即可证得数列为等比数列；
（2）由（1）可得，当时，可得，两式相减得，得到，设，得到，结合等比数列的定义求得数列表示首项为，公比为的等比数列，进而求得数列的通项公式.
(1)
解：由数列的前项和，满足
因为，可得，
即，即，
又由，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
(2)
解：由（1）可得，
当时，可得，
两式相减得，
即，即，即，
设，可得，即，
又由，可得，，
因为，
所以，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，即，解得.
4．（2021·湖南·周南中学高二阶段练习）我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律．此图称为“杨辉三角”，也称为“贾宪三角”．在此图中，从第三行开始，首尾两数为，其他各数均为它肩上两数之和．
(1)把“杨辉三角”中第三斜列各数取出按原来的顺序排列得一数列：，，，，，…，写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)，（）；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据已知写出与的递推关系，再利用累加法求出数列的通项公式；
（2）先求出，再利用错位相减法求出，即得证.
(1)
解：由“杨辉三角”的定义可知：，
时， 所以有，
故,该式对a1=1也成立.
所以 （）
(2)
解：由题得，所以，
设，
所以，（1）
所以，（2）
（1）（2）得，
所以，
所以
所以
所以
故.
5．（2021·甘肃省临洮中学高二阶段练习（理））已知数列中，．
(1)证明：数列和数列都为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
(3).
【解析】
【分析】
（1）通过配凑法证得结论成立.
（2）结合累加法求得数列的通项公式.
（3）利用错位相减求和法、分组求和法求得.
(1)
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
(2)
由（1）得，
则，
所以
，
也符合上式，
所以.
(3)
，
令，
，
两式相减得
，
所以.
所以
.
6．（2022·湖南·长沙市明德中学高三阶段练习）已知．
(1)若函数有两个极值点，求实数k的取值范围；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求解导函数，再构造新函数，求导，判断单调性，求解极值，分类讨论与两种情况；（2）由（1）知，，可证，由，可得，从而利用裂项相消法求和可证明.
(1)
由，得．
设，则，当时，，是增函数；当时，，是减函数．又，
∴．设，当时，．由于，所以在区间上的值域是．
又时，，所以当时，直线与曲线有且只有一个交点，即只有一个零点，不合题意，舍．
当时，，在上是增函数，不合题意，舍．
当时，若，由（1）可知，直线与曲线有一个交点．下面证明若，直线与曲线有一个交点．由于是区间上的减函数，所以需要证明在区间上的值域为，即对，都存在，使得．
构造函数，则，∴当时，，在区间上是增函数，∴当时，，即是区间的增函数，∴时，，此时．设，当时，，
∴当时，直线与曲线有两个交点，即有两个零点．设这两零点分别为，，则，不等式的解集为，不等式的解集为．所以为函数的极大值点，为函数的极小值点．
综上所述，实数的取值范围是．
(2)
证明：由（1）知，，∴对，．
∵，
∴，
∴，
所以，．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
7．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，.
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)证明：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据递推关系式推导即可求得；
（2）由递推关系式可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到；
（3）利用可求得，通过放缩法得和，进而整理得到结论.
(1)
由得：；；
(2)
由得：，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
；
(3)
由（2）知：；
，
；
又，
，
综上所述：.
8．（2022·浙江温州·二模）已知首项为-2的等差数列的前项和为，数列满足，.
(1)求与；
(2)设，记数列的前项和为，证明：当时，.
【答案】(1)，；
(2)证明过程见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式，结合对数式与指数式互化公式进行求解即可；
（2）运用数学归纳法进行证明即可.
(1)
设等差数列的公差为，因为，
所以由，
即，即，
所以，而，
所以；
(2)
由（1）可知：，，
所以有，
当时，，不等式成立，
当时，，不等式成立，
假设当时，不等式成立，即，
当时，，
因为
所以，
即，因此，
综上所述：当时，成立.
9．（2022·全国·模拟预测）设数列的前n项和为，且.
(1)求；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用得到，再构造等比数列求解；
（2）先表示出，换元后构造函数，通过导数确定单调性，求出最小值得证.
(1)
当时，，解得，当时，，即，是以为首项，为公比的等比数列，，即.
(2)
由，得，则，令，则，令，则，当时，，在上单调递增，，即，当且仅当时，取等，得证.
10．（2022·全国·高二课时练习）在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)设bn，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据数列递推式，利用累加法求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求和，即可证明结论．
(1)
由，则，，…，，
累加得：，验证a1＝1成立，
所以；
(2)
由（1），，
所以...1．
当时，，则0，所以．
11．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）（1）证明：，
（2）求和
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】
（1）对分子分母同时乘以化简即可.
（2）利用（1）的结论，可把每一项拆开中间项约掉即可得到答案.
【详解】
（1）证明：
得证.
（2）由（1）知
12．（2019·湖南·宁乡市教育研究中心高二期末（理））在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且.
(1)求与；
(2)证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，列出关于公差d，公比q的方程组，解方程组即可计算作答.
（2）由（1）的结论，求出，再利用裂项相消法求和推理作答.
(1)
设的公差为，因，，，则，而，解得：，，
于是得，
所以，.
(2)
由（1）知，则，，
于是得，
所以.
13．（2022·重庆八中高三阶段练习）在等差数列中，且，其中为的前项和.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用基本量代换列方程组求出a1和d，即可求出通项公式；
（2）利用放缩法得到，利用裂项相消法求和即可证明.
(1)
设等差数列的公差为d，由题意可得：
，解得：，所以.
(2)
要证，即证
∵，
∴
，
即.
14．（2022·河南·许昌高中高三开学考试（理））在等差数列中，已知，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和总为数列中的某一项，则称数列为“前n项和的封闭数列”.设（q为正常数），证明：当时，数列为“前n项和的封闭数列”.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件列出方程组，解得，，即得答案；
（2）首先证明为等差数列，可得到前n项和的表达式，再根据“前n项和的封闭数列”的定义，进行证明,即证明关于k的方程：对一切正整数n都有正整数解.
(1)
设公差为d，则由已知得，且，
解得，，
所以数列的通项公式为；
(2)
因为（q为正常数），所以，所以为等差数列，
所以，
若数列为“前n项和的封闭数列”，
则对于任意的正整数n，都存在一个正整数k，满足，
即关于k的方程：对一切正整数n都有正整数解，
当时，，因为一定为偶数，所以，
所以数列为“前n项和的封闭数列”.
15．（2022·浙江·高三阶段练习）正项递增数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)若，，，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先计算出，再通过退位相减计算的通项公式；
（2）先求出，进而得到，借助进行放缩，最后裂项求和即可得证.
(1)
当时，，解得或.
当时，，即，解得或，∴.
当时，，即，解得.
由，
当时，，
两式相减得，即，
当时，，所以，即，
∴或.
(2)
当时，，，则，.
，则.
∴.
∴.
16．（2021·江苏·靖江高级中学高三阶段练习）已知各项为正的数列的前项和为，满足.
(1)求；
(2)设数列的前项和为，证明：存在，当时，，并求的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，的最小值为
【解析】
【分析】
（1）利用递推关系求出 的通项公式，再求出 的通项公式；
（2）分析的通项公式，得出 的通项公式，再解不等式.
(1)
由得
两式相减得：，
由得，
即是公差为2的等差数列，
由，令得，，
或（舍去），所以，
；
(2)
所以当时，
当时，也符合，
原不等式为，
验算当n=999时， ，
当n=998时，，
∵是递减数列，
因此当 时，不等式恒成立，
所以的最小值为.
17．（2022·天津河西·高三期末）已知公差不为零的等差数列的前项和为，，，，成等比数列，数列满足，.
(1)求数列和通项公式；
(2)求的值；
(3)证明
【答案】(1)，；
(2)－5000；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)设等差数列的公差为，根据题意列出关于和d的方程组即可求出；构造数列为等比数列，即可求出；
(2)分奇数项和偶数项求和即可；
(3)先求出，再求和即可.
(1)
设等差数列的公差为，
由题意得，
解得，
故数列的通项公式.
∵，∴，
即，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
，
∴.
(2)
当，时，，
当，时，，
∴
.
(3)
，
∴，
当时，，
∴.
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