2026年高考数学压轴专项训练压轴题13数列求和、不等式证明及求参归类(原卷版+解析)

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压轴题型一：求和基础1：分组求和
1．（2025·河南·二模）已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可.
【详解】（1）因为是与的等差中项，所以，
所以，因为数列的各项均为正数，所以，
所以，所以，所以数列是公差为1，首项为的等差数列；
（2）因为数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，所以，当时，，
当时，，所以,
所以，
2．（2025·河北沧州·模拟预测）已知数列的前项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用与的关系式，构造发现数列为常数列，由首项可得常数为4，从而得出；
（2）利用裂项相消法和分组求和法计算即可.
【详解】（1）因为，所以时，，
两式相减可得，所以，即，
所以数列为常数列，则，可得.
（2）因为，所以，可得，
所以
.所以.
3．（24-25高二下·浙江衢州·期中）已知数列中，，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）可得，即可得解；
（3）利用分组求和法求出，即可得到对任意恒成立，，，结合函数的单调性计算可得.
【详解】（1），，又，
是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）可知，.
（3）因为，所以，因为对任意恒成立，则对任意恒成立，，，
易知在单调递增，时，取得最小值，最小值为，，即实数的取值范围为.
4．（24-25高二下·吉林长春·阶段练习）已知数列的前项和为，且满足，数列中，，对任意正整数．
(1)求数列的通项公式；
(2)是否存在实数，使得数列是等比数列？若存在，请求出实数及公比的值，若不存在，请说明理由；
(3)求证：．
【答案】(1)(2)存在，，(3)证明见解析
【分析】（1）利用求解；
（2）求出，再令为等比数列，求出的值，再检验数列是等比数列；
（3）根据（2）求出数列的通项，再利用并项求和以及等比数列求和公式求出数列的前项和，再分奇偶，分别研究其增减性即可求出范围.
【详解】（1）当时，，即，
当时，，符合上式，所以．
（2）由（1）可得，则，因，则，
假设存在实数，使数列是等比数列，
因为是等比数列， 且，
所以，解得，从而，
此时，，所以存在实数，使得数列是以为首项，为公比的等比数列．
（3）由（2）可得，，即，
则
当是奇数时：，关于递增，
因，且，则；当是偶数时：，关于递增，因，且，则．综上，．
压轴题型二：求和基础2：分段数列求和
1．（2025·四川泸州·模拟预测）已知数列的前项和为，且满足，若.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，（ⅰ）试比较与的大小，并说明理由；
（ⅱ）若数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用的关系可求的通项公式；
（1）（ⅰ）求出，结合不等式可判断大小；
（iⅰ）利用分组求和的方法求出，结合不等式放缩可证结论.
【详解】（1）当时，由题意，；当时，，两式相减可得，
所以，即，因为，所以.
（2）因为，所以；
当为奇数时，；当为偶数时，；
令，则，即为增函数，则当时，；
（ⅰ）因为，所以；
（iⅰ）当为奇数时，，因为，所以，
因为，所以；
当为偶数时，
，
因为，所以
，因为，所以；综上，.
2．（24-25高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知等比数列是递减数列，的前项和为，且、、成等差数列，，数列满足，，
(1)求和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用等比数列公式，结合列出的方程组即可求解；
（2）利用分组求和，奇数项的和用错位相减法，偶数项的和用裂项相消法即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由题意可得，则
因为数列是递减的等比数列，解得，所以，，
因为，所以，，
因为，则，所以，，故.
（2）当为奇数时，，令，
则，所以，，
两个等式作差可得
，化简得；
当为偶数时，
令，
故.
3．（23-24高二下·云南玉溪·阶段练习）已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，.
(1)求数列，的通项公式.
(2)对任意的正整数，，求数列的前项和.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）应用等差数列及等比数列的通项公式计算求解基本量即可得出通项公式；
（2）分奇数项及偶数项分别应用裂项相消法及等差等比分组求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
解得所以
（2）
数列的前项和为
4．（2025·江西·模拟预测）已知数列分别是等比数列和等差数列，是数列的前项和.若.
(1)求和及；
(2)设是等比数列，对任意的，当时，有恒成立.
（i）当时，求证：；
（ii）设数列，求数列的前项和.
【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由等差数列与等比数列的基本公式求解即可；
（2）（i）由题意对任意时恒成立，进行赋值即可证明；
（ii）由（i）可猜想，然后论证猜想，最后分组求和即可解出．
【详解】（1）因为，则，所以公比为，从而，故；
又，则，公差为，从而.
（2）（i）由题意对任意时恒成立，则；
又对任意时恒成立，则，
综上，.
（ii）由（i）知，，
猜想，否则，若数列的公比，当足够大时，无法保证恒成立；
若数列的公比，当足够大时，无法保证恒成立，所以，
.
压轴题型三：求和基础3：裂项基础
1．（24-25高二下·湖北武汉·阶段练习）数列各项均为正数，其前项和为，且满足
(1)求证：是等差数列，求及；
(2)设，求数列的前项和，并求使对所有的都成立的最大正整数的值.
【答案】(1)证明见解析，，
(2)，正整数的最大值为
【分析】（1）当时，求出的值，当时，由已知等式变形得出，结合等差数列的定义可知是等差数列，确定该数列的首项和公差，结合可求得的表达式，再由可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项求和法求出，利用数列的单调性求出的最小值，可得出关于实数的不等式，解出的取值范围，即可得解.
【详解】（1），当时，，
整理得，，又，数列为首项和公差都是的等差数列.，又，，时，，又适合此式，
数列的通项公式为.
（2），
，
随着逐渐增大，逐渐增大，
，依题意有，，即，解得，
故所求最大正整数的值为.
2．（24-25高二下·天津·期中）已知数列的前n项和为，且，，数列为等比数列且公比大于0，，
(1)求：数列和的通项公式
(2)记，求数列的前项和．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）结合题意由以及等差数列的基本量法可得数列的通项；由等比数列下标的性质可得的通项公式；
（2）奇数项利用等比数列的求和公式求解，偶数项和由裂项相消法求和，然后再相加可得.
【详解】（1）由可得，
当时，，
所以，整理可得，
又，所以，即，即公差
当时，，即，
所以数列的通项公式为；
设等比数列的公比为，
由，可得，即，
解得或（舍去），
所以.
（2）奇数项为，对应通项为，
所以，
偶数项为，令可得，
求和为，
所以数列的前项和.
3．（2025·山东临沂·二模）已知抛物线的焦点为，为圆上的动点，的最大值为．
(1)求的方程；
(2)已知点，按照如下方式构造点，设直线为在点处的切线，过点作的垂线交于另一点，记的坐标为．
①证明：当时，；
②设的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）画出图形，根据圆的几何性质即可列方程求出，从而得到抛物线方程；
（2）①设，求导，写出点作的垂线，联立抛物线方程得的横坐标为，从而得出，累加即可得证；②先得到，即当时，，从而通过放缩裂项求和的方法即可得证.
【详解】（1）
抛物线的准线方程为，
由题意可知，所以，解得，
所以的方程为；
（2）
①设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又，故，所以；
②直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
由（1）知，即，
所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，
，
所以，.
4．（2025·江苏·三模）已知数列是等差数列，记其前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列．
①求的前20项和；
②证明：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式；
（2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，即，
由，取，得，即，
解得，，所以；
（2）①由（1）知，，所以，
因为，
所以，所以；
②证明：因为，所以，
所以当时，；
当时，
，
综上可得.
压轴题型四：倒序求和：三教育组合数型
1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，数列满足
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）应用倒序相加结合正弦函数的奇偶性计算求解得出通项公式；
（2）应用裂项相消计算即可证明.
【详解】（1）因为，
所以．
当时，，
所以，
所以，即当时，．
又当时，，所以数列的通项公式为．
（2），
所以．
所以．
2．（24-25高三上·天津·期末）已知各项为正数的数列满足：，其中是数列的前项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设．
（ⅰ）求数列的通项公式及其前n项和；
（ⅱ）若且，证明：．
【答案】(1)
(2)（i）；；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用的关系消去得到之间的递推关系后求解；
（2）（i）利用组合数的性质，利用倒序相加法处理；（ii）先求出的表达式，然后利用放缩法进行证明.
【详解】（1）由，得，
当时，由，得，
整理得，
又因为，， 又因为
所以数列是首项和公差均为1的等差数列，
故数列的通项公式为．
（2）（i），
所以，
，
两式相加可得
故数列的通项公式为；
所以
又
将以上两式相减得
所以．
（ⅱ）由题，
数列满足，
即，
则，
所以，
两式相减得
所以，
当时，，所以．
【点睛】关键点睛：求解出通项公式是研究数列其他性质的前提，本题多次考到数列和其前项和的关系，常见的处理方法是消去，得出新的递推关系，从而进行化简整理.
3．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）记为数列的前项和，已知：，（）．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求和：．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据，利用等差数列定义即可得证，并结合与的关系式，求出.
（2）利用前项和的倒序相加法，结合组合的性质即可求出结果.
【详解】（1）由，
有，又，故，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，
即，所以，
因此的通项公式为．
（2）设，
则由（1）知，
又，
两式相加得：
，
因为，，
，
所以.
4．（22-23高二下·江苏·期末）记，.
(1)化简：；
(2)证明：的展开式中含项的系数为.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用二项式定理求得，再利用二项式系数的性质与倒序相加法即可得证；
（2）先得到题设条件中含项的系数，再利用二项式系数的性质即可得证.
【详解】（1）因为，
的二项展开式为，
所以，
所以，
则，
又，
所以，
故.
（2）因为的展开式中含项的系数为，
而.
所以含项的系数为：
.
压轴题型五：线性裂项型
1．（23-24高三上·湖南娄底·期末）设等差数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知条件，列出关于等差数列的首项与公差的方程组，进行求解即可.
（2）利用裂项相消求出，再结合不等式的性质证明.
【详解】（1）设的公差为，
依题意可得
即解得
所以.
（2）由（1）可得，
所以.
.
2．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）记为数列的前项和，
(1)求，并证明
(2)若，求数列的前项和
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1），代入即可求得依题意得，，，两式作差即得答案；
（2）对化简，利用裂项相消法求和即可求得结果.
【详解】（1）令，，
∴，
因为，
所以，①
所以，②
②－①得，③
所以，④
③－④得，
所以．
（2）由（1）知，则，
所以数列是等差数列，
又，所以的公差，
所以，
所以，
所以.
3．（23-24高三下·福建·开学考试）已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，可得到数列是公差为1的等差数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，利用裂项相消法即可求出，进而解不等式.
【详解】（1）由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
4．（24-25高三上·广东·开学考试）已知数列的各项均为正数，为的前项和，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，记的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意知，当时，，代入题干表达式可得，通过计算数列的通项公式即可计算出前项和的表达式，最后结合公式，即可计算出数列的通项公式；
（2）由（1）计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法计算出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可证明结论成立．
【详解】（1）由，得，即；
又，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，又是正项数列，所以．
当时，，
又当时，不符合时的形式．
所以
（2）证明：
，
．
压轴题型六：分母有理化型裂项求和
1．（23-24高二下·湖南常德·开学考试）已知数列的前n项和满足，且．
(1)求数列其通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，求使成立的最小正整数n的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可得,两式相减得：,所以，两式相减可得：，再求出的值，则可得数列为3为首项，2为公差的等差数列.由此即可求出其通项公式.
（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消即可求出其前n项和，即可出解不等式.
【详解】（1）由题意知，
则,
两式相减得：,
化简得:,
所以，
两式相减得：，
化简得：，
令，得：，
即，解得，
且，
所以数列为3为首项，2为公差的等差数列，
所以
（2）又(1)知，
所以
则
令，得，解得：.又，所以.
所以使成立的最小正整数n的值为8.
2．（23-24高二下·云南·开学考试）在等差数列中，，是和的等比中项．
(1)求的公差；
(2)若数列的前项和为，且，求.
【答案】(1)0或2
(2)12或3
【分析】（1）根据是和的等比中项列出关系式，可得或；
（2）当时，为常数列，可得，进而可得；
当时，，利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）由题意得，因，得，解得或．
（2）当时，，则，所以．
当时，，
则，
所以．
故或．
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数，．
(1)若在处取得极值，讨论的单调性；
(2)设曲线在点处的切线为，证明：除点外，曲线段总在的下方；
(3)设，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由在处取极值待定，再求导函数，根据导函数的单调性与零点确定符号变化区间，从而讨论的单调性；
（2）构造函数将命题转化为在区间恒成立，通过二次求导方法，逐次观察新的导函数零点与探究单调性，再通过连锁讨论回归分析原函数值的范围即可；
（3）应用第（2）问结论赋值得，由此放缩后运算求和即可得证.
【详解】（1），，，
由在处取得极值，得，解得.
当时，，
设，则在上单调递减，且.
则当时，，即，故在单调递增；
当时，，即，故在单调递减；
故在处取到极大值，满足题意.
在单调递增；在单调递减.
（2），，，
曲线在点处的切线的斜率为，.
故切线方程为，即；构造函数，，
即，其中，则，
设，其中，则，令，得，
当时，，故在单调递减；
当时，，故在单调递增；
所以在单调递减，且，.
故当时，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在单调递减；
故在处取极大值，且极大值为，
当且仅当时，.
所以当时，恒成立.即恒成立，
故除点外，曲线段总在的下方，命题得证.
（3）由（2）结论，任意，，恒成立.
又由可知，单调递减，
则，故恒成立，
令，则恒成立.
又由
所以
.
故，
故
.
即成立，命题得证.
4．（24-25高三上·河北·开学考试）已知函数.
(1)求证；
(2)求方程解的个数；
(3)设，证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)有两个解
(3)证明见解析
【分析】（1）作差构造函数，结合导数求出构造函数的最小值即可得解；
（2）作差构造函数，将方程的解个数问题转化为了函数的零点个数问题，结合导数求出构造函数的极值点和单调区间，即可得解；
（3）借助第1小问的结论，通过换元转化为，设得，等价于然后利用裂项相消法进行计算即可得证.
【详解】（1）令，所以，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，单调递增，则，所以得证.
（2）由得，即，
令，所以函数的零点个数，即为方程解的个数，
，令，即，解得，
因为，所以在上有唯一一个零点，
又，所以在上有唯一一个零点.
综上所述，方程有两个解.
（3）由（1）知，，
令，则，即，
设，则满足，所以，即，
所以
所以
即.
压轴题型七：等差指数混合裂项型
1．（24-25高二下·四川达州·期中）已知正项数列的前项和为，且，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，为数列的前项和，若任意，使得成立，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据的关系，作差可得是首项为7，公差为3的等差数列，即可求，作差即可求解，
（2）利用裂项求和即可求解，进而利用单调性求解最值，解不等式即可.
【详解】（1）由，得，
两式相减得，即．
因为，所以，即．
当时，，解得或（舍去），
所以是首项为7，公差为3的等差数列，故，
因为，①
所以当时，，②
①-②得，也满足．
故的通项公式为，的通项公式为．
（2）因为，
所以，
当时，取得最小值．
因为对任意，恒成立，所以，
整理得，解得．
2．（山东省德州市优高联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题）已知数列和满足.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求证：数列的前n项和.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）作差即可求解，同除以得为等差数列，即可求解，或者利用累加法求解，
（2）利用裂项求和可得，即可求解.
【详解】（1）①
当时，，当时，②
①－②，可得，所以又满足，故.对于数列
法一
由数列，同除得，
即，又故数列是首项为2的常数列，故通项公式为.
法二
，
累加得：，又所以
当时，符合上式.所以
（2）令，
所以
因为，故
3．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)当时，数列满足，求证：；
(3)若对任意正整数n都有成立，求正实数q的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知条件求出，继而结合得关系推出，说明数列为等比数列，即可求得答案；
（2）求出利用的表达式，利用裂项求和法，即可证明结论；
（3）将恒成立问题转化为，即恒成立，再构造函数，利用导数求函数的最值，即可求得答案.
【详解】（1）由得，即，所以．
若，则；
若，则由得，
两式相减得，
化简得，
所以数列是以1为首项，以q为公比的等比数列，因此，
当时，也满足该式，故．
（2）证明：因为，所以，则，
因此
．又因为，且，故，
因此得证．（3）由（1）得，则，即，
令（，），
为使对任意正整数n都有成立，即，
因为，所以当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
又，且，，，
所以，因此，即．
4．（24-25高二上·山西·阶段练习）在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列.
(1)若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由；
(2)已知二阶等差数列满足，，.
①求数列的通项公式；
②若，记的前项和为，证明：.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据二阶等差数列的概念计算，从而判断；
（2）①根据二阶等差数列的概念结合累加法求解通项公式；②根据裂项相消法求的前项和为，再根据数列的单调性证明结论.
【详解】（1）因为，所以，
令，则，
所以，即为等差数列，
所以为二阶等差数列.
（2）①因为为二阶等差数列，且，，，所以，，所以的公差为，
所以，即，
所以，
，
，
……
，
将以上个式子左、右分别相加，得，
所以，
又，满足上式，
所以.
②证明：由（1）得，
所以.
因为，所以为递增数列，
所以；
又，
所以
.
因为，所以，
又因为数列为递减数列，所以为递增数列，即
所以.
压轴题型八：正负裂和裂差型
1．（23-24高二上·湖北武汉·期末）设数列的前项和为，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)已知数列，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据和的关系、等比数列的定义即可解答.
（2）利用裂项相消求和法即可求解.
【详解】（1）由，，
当时，，即；
当时，，整理得，即.
，
当时上式也成立.
数列是以首项，为公比的等比数列，
则，即.
（2），
.
2．（23-24高二上·福建龙岩·期末）在数列中，，且分别是等差数列的第1，3项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求的前n项和.
【答案】(1),
(2)
【分析】（1）由等比数列的定义、等差数列基本量的计算即可得解；
（2）由裂项法求和结合对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
又因为，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由题意，
若，
则，
若，
则，
所以的前n项和.
3．（23-24高二上·福建厦门·阶段练习）已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）法一：推理出，即是常数列，求出通项公式；法二：变形得到，故，两式相减得到，是等差数列，求出和公差，得到通项公式；
（2），分为偶数和奇数两种情况进行求和得到答案.
【详解】（1）法一：因为，所以，
所以，所以，所以是常数列，
所以，所以．
法二：因为，①
所以，②
②-①，得，所以，
所以是等差数列，
由中令得，
又，故，所以等差数列的公差，所以.
（2），
当为偶数时，．
当为奇数时，，
所以或．
4．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）记为数列的前n项和，是首项与公差均为1的等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前2024项的和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求，再利用“退位法”可求数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可求.
【详解】（1）由是首项与公差均为1的等差数列得
则，当时，，
两式相减得，，
当时，，也满足上式，故数列的通项公式为．
（2）由（1）得，，
所以数列的前2024项的和为：
压轴题型九：三角函数数列型
1．（2025·河南·三模）若存在正实数a，对任意，使得，则称函数在D上是一个“函数”．
(1)已知函数在区间上是一个“函数”，求a；
(2)当时，．证明：函数在区间上是一个“函数”；
(3)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据函数新定义有恒成立，结合，的最值，即可求参数；
（2）问题化为证明时，构造相关的函数并利用导数证明不等式，即可证结论；
（3）由（2）有有，令，显然，再由，累加即可证结论.
【详解】（1）由在区间上是一个“函数”，
所以任意，恒成立，即，
令，，则，，
要使恒成立，则，可得；
（2）要证在区间上是一个“函数”，
需证时，，证明如下：
令，，则，
令，则，即在上单调递增，且，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，即，
令，，则，
令，则，
或时，，即在、上单调递增；
时，，即在上单调递减；
又，，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，即，
综上，，故结论得证；
（3）当，则，由（2）知且，故，
所以，即有，
令，则，有，
所以
，得证.
2．（2025·福建宁德·三模）设函数.
(1)求函数的值域；
(2)当时，恒成立，求的最小值；
(3)若，证明：.
附：.
【答案】(1)
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而可求的值域；
（2）用分离参数的方法，转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数研究函数的最值求解即可；
（3）化简可得，接下来结合（1）证明，在结合（2）的结论即可证明.
【详解】（1）由，，得
因为，则，即
所以在区间递减，即值域为
（2）在区间上，由恒成立，得，
设，当时，，故只需研究时的情形
，设，
在区间上，，
所以，在区间上递减，所以，
即在区间上递减，所以，
所以，解得，故的最小值为1.
（3）由，，得即，
所以
由（1）可知，当时，，即，
所以当，，
当时，有，
又由（2）知时，，所以
所以，故，
所以
所以
3．（23-24高三下·江西·开学考试）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设且．若，则称a与b关于模m同余，记作（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程：；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若，数列的前n项和为，求；
②若，求数列的前n项和．
【答案】(1)或
(2)①6072；②
【分析】（1）根据同除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出x或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意（md3），所以或（），
即或（）．
（2）由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
则．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
4．（2024·甘肃张掖·模拟预测）泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式.当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：.注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，表示在原点处的阶导数.
(1)根据公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)当时，比较与的大小，并证明；
(3)设，证明：.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据泰勒公式求得，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式左边的通项放缩为 ，再裂项求和即可证明.
【详解】（1）由公式可得，
所以.
（2）由（1）得，得到结论：当时，
下面给出证明：
令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，即当时，，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
即当时，，
故当时，.
（3）因为，所以，则，
由（2）可得：且，
故，
即，
，
，
，
所以，
.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式左边的通项放缩为 ，再裂项求和即可证明.
压轴题型十：先放缩证明数列型不等式
1．（24-25高二下·四川绵阳·期中）若数列满足，，.
(1)比较与的大小；
(2)求证：；
(3)求证：时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）作差得，其中，构造函数，利用导数分析该函数在上的单调性，即可得出与的大小关系；
（2）先验证不等式在、时成立，然后利用数学归纳法结合导数可证得结论成立；
（3）由（1）得，所以，然后利用放缩法结合等比数列求和公式可证得结论成立.
【详解】（1）由，则，，
令，，可得，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
所以，所以，即.
（2）①，当时，，；
②假设对于任意时不等式成立，即，由于，
令，，可得，令，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
因为，，所以，所以，其中，
又由，所以，所以，
所以，
由数学归纳法得：当时，成立.
所以.
（3）由（1）知：，所以，
所以，
综上可得：.
2．（2025·安徽·三模）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为．
(1)求点的坐标；
(2)证明：是递减数列；
(3)记的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解；
（2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得.
又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明；
（3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明.
【详解】（1）
如图所示，联立，解得或，故.
又，所以，，故直线，
联立，解得或，故.
（2）联立，解得点，
所以，，
所以.
又因为，故，于是，即，故是递增数列.
又由，可知是递减数列，于是是递减数列.
（3）由（2）得，当时，，，
利用割补法，知
.
而，故.
而，故；
又，故，
由累乘法可知，
而，故.
故.
综上，.
3．（24-25高二下·四川凉山·期中）已知关于的函数，其图象与直线相切.
(1)求的值；
(2)证明：；
(3)设数列，的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由可求出切点的横坐标，即可得出切点的坐标，由此可求得实数的值；
（2）利用导数求出，即可证得结论成立；
（3）由（2）得出，结合不等式的基本性质得出，由此得出，然后利用放缩法可证得结论成立.
【详解】（1）函数的图象与轴相切，
则，得，代入可得，
所以，切点坐标为，所以.
（2）由（1）知，
则，得，，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，得证.
（3）由（2）知，当时，，所以，，
即当时，，
当时，，所以，，
则，，所以，即，
累加得，
所以.
故对任意的，.
4．（2025·广东揭阳·二模）已知数列中每一项（其中，）构成数组.定义运算如下：，其中当时，，；当时，，；用表示层嵌套运算，.现取，记中相邻两项组成的数对满足的数对个数为.
(1)写出，，以及，；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)若，证明：对任意的都有.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据数列新定义直接写出答案即可；
（2）分析得，在作差相除即可证明；
（3）分为奇数和偶数讨论得到，再次对分类讨论并合理放缩即可证明.
【详解】（1）由题意得，
所以．
（2）由题得，
所以，，，，
因此中的数对必由中的数对经运算得到，
中的数对必由中的0或数对经运算得到，
因为是数组，其中有一半的项为0，即个0，经过两次运算能在中产生个数对，
因为中数对的个数为个，经过两次运算能在中产生个数对，
所以，即，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（3）当为奇数时，，
累加得，
因为，所以（为奇数）．
当为偶数时，，
累加得，
因为，所以（为偶数）．
所以，
故．
因为当且为偶数时，
.
①当时，；
②当且为奇数时，
；
③当且为偶数时，因为对任意的都有，
所以
综上所述，对任意的都有．

压轴题型十一：奇偶讨论型恒成立求参
1．（24-25高二下·四川成都·期中）已知数列满足，（），记．
(1)求证：是等比数列；
(2)设，数列的前n项和为.
(ⅰ)求．
(ⅱ)若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）(ⅱ)
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义运算证明；
（2）利用错位相减法求出，代入可得，对分类讨论，利用数列的单调性即可得出.
【详解】（1），
，又，
所以，
又， ，
数列中任意一项不为0，，
数列是首项为2， 公比为2的等比数列，则. .
（2）(ⅰ) 由第（1）问知， ，则，设数列的前项和为，
所以①，②，
所以①-②可得：
，
所以. .
(ⅱ)由，得，化简得.
当为奇数时，有，即，而，所以；
当为偶数时，有，而，所以.
综上，的取值范围为.
2．（24-25高二下·江西南昌·期中）已知数列满足，数列的前项和为，．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用条件得，两式相减，可证得数列是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出数列的通项公式；
（2）先根据（1）求出，再利用错位相减法求出，对分奇数和偶数，结合不等式恒成立问题解法，可得所求范围.
【详解】（1）由，可得当时，，
两式相减可得：，
当时，可得，
所以，也满足，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为.
（2）由（1）可知，则，
则，
，
两式作差得，
则，
由不等式对一切恒成立，
可得为奇数时，恒成立，
由单调递增，可得最小值为，即有，可得；
为偶数时，恒成立，
由单调递增，可得最小值为，即有，
综上可得：.
3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列满足，（），记．
(1)求证：是等比数列；
(2)设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明为常数即可证明为等比数列，根据等比数列通项公式即可求通项公式，从而得证；
（2）先求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，题设化简为，通过讨论为奇数或偶数，即可求λ的范围.
【详解】（1）由已知，，
，，，
又, ，
数列中任意一项不为0, ，
数列是首项为2, 公比为2的等比数列，.
（2）由第（1）问知， ，
则，设数列的前项和为,
所以①，
②，
所以①-②可得：
，
所以.
由，得，
化简得.
当 为奇数时，有，即，
而，所以；
当为偶数时，有，
而，所以.
综上，的取值范围为.
4．（24-25高二下·河北沧州·开学考试）已知各项均为正数的数列的前项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可得，进而计算可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，可求通项公式.
（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求；
（3）当为偶数时，可得，利用基本不等式可求得最小值；当为奇数时，可得，利用单调性可求解，进而可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，∴.
∵，①
∴.②
①-②，得，
整理，得.
∵，∴.
∴，即.
故数列是首项为1，公差为2的等差数列.
∴.
（2）∵，
∴
.
（3）①当为偶数时，要使不等式恒成立，只需恒成立.
∵，当且仅当时，取“=”，
∴.
②当为奇数时，要使不等式恒成立，只需恒成立.
∵随的增大而增大，∴时，取最小值-21，∴.
综合①②，可得实数的取值范围为.

压轴题型十二：插入数型
1．（24-25高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数的定义域为，设，曲线在点处的切线交轴于点，当时，设曲线在点处的切线交x轴于点，依次类推，称得到的数列为函数关于的“数列”.是函数关于的“数列”，记.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)证明中不存在个不同的项、、成等差数列；
(3)在和中插入个相同的数，构成一个新数列，设的前项和为，是否存在，当时，恒有?若存在，求的最小值，并证明你的结论.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，的最小值为，证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，求出切线与轴交点的横坐标，可得出关于数列的递推公式，利用等比数列的定义证明即可；
（2）设存在、、成等差数列，可得出，等式两边同时除以，推出矛盾，即可得出结论；
（3）分析可知，是的第项，然后对的取值进行分类讨论，分析的变化，结合恒成立，可得出实数的最小值.
【详解】（1），则在处的切线斜率为，
所以在处的切线方程为.
令，解得，
所以，所以，
即，又，
所以是以首项为-2，公比为2的等比数列.
（2），递减.设存在，，成等差数列，则，
有：
两边同时除以，有（**）
因，都是正整数，故上式左侧是偶数，右侧是奇数，等式不可能成立.
故假设不存在，不存在、、成等差数列.
（3）显然由得是的第项.
则当时，，此时有，其中.
个相同的数的和为，
当时，
，
当时，，故，
设，，
，
当时，则，，故，即：，
故当时，
.
综上有：时，恒有，的最小值为.
2．（24-25高二下·安徽安庆·开学考试）已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，数列的前项和为；
(3)在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算确定其首项与公差，可得数列的通项公式；先根据等比中项的概念判断数列为等比数列，再求首项与公比，可确定数列的通项公式；
（2）分别求前项中奇数项的和与偶数项的和，再相加即可.其中奇数项的和的求法为裂项相加求和法；
（3）弄清楚数列的前项的组成，利用分组求和法求其和.
【详解】（1）等差数列，是数列的前项和，设公差为，由，，
可得，，解得，，
所以；
数列各项都是正数，且满足，
，．
可得数列为等比数列，
所以，解得或舍去，
所以.
（2）因为，
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，，
当为奇数时，，
，
当为偶数时，，
所以，
.
（3）：，，，，，，，，，，，
从到共有项，
所以，当时，，
故
．
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
3．（24-25高三上·天津·期中）已知等差数列，等比数列
(1)求的通项公式.
(2)，求.
(3)任意，在和之间插入个相同的数构成一个新数列，若给定一个，这个新数列项数满足（）.求这个新数列前项的和（用表示）
【答案】(1)；.
(2)
(3)
【分析】（1）求解基本量首项与公差、公比可得通项公式；
（2）根据数列特点分组求和，一组裂项相消法求解，另一组用错位相减法可得；
（3）根据题意确定新数列第项位置，再按原等比数列项与插入项分两组分别求和可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，
得，解得，
所以，则；
由，得，
则，解得，则.
故的通项公式为；的通项公式为.
（2）当为奇数时，
；
当为偶数时，
.
则
；
设，
则，
两式相减得，
，
则，
.
故.
（3）设新数列中是第项，
由题意，在之前插入依次插入个数，
再加上原数列共项，
可得，
则新数列中是第项，是第项..
由，
故第项在之间插入的数中，即，
即新数列前项中，从第项到这一项共项，
则与之间还有项，
则新数列前项中原等比数列的各项之和为
.
新数列前项中所有插入项之和为
.
下面先求数列的前项和.
①当为偶数时，则，都为奇数，
因为，
则
，
所以新数列前项中所有插入项之和为
；
所以这个新数列前项的和；
②当为奇数时，则为偶数，为奇数，
则数列前项和即为前项之和减去第项，
则
，
所以新数列前项中所有插入项之和为
；
所以这个新数列前项的和；
综上所述，这个新数列前项的和.
【点睛】关键点点睛：解决本题目关键在于两点，一是第（2）问中通分逆用，裂项后求和；二是第（3）问中注意条件的转化，借助项数确定新数列第项的位置.
4．（2023·天津和平·三模）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.
一、求和基础公式
1．通项an与前n项和Sn的关系是：
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．等差数列有关公式：
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；(2)前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
3．等比数列有关公式：
(1)通项公式：an＝a1qn－1；(2)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
求和基础思维
1.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
4.有分段型（如 ），符号型（如 ），周期型 （如 ）
5.形如，多可以通过奇偶取，再二次消去，得到奇数项或者偶数项累加法（或者跳项等差等比数列）的通项公式
错位相消求和几种思维：
错位相减法求数列的前n项和
（1）适用条件
若是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和．
（2）基本步骤
（3）思维结构结构图示如下

（4）注意事项
①在写出与的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号．
（5）万能公式：
形如的数列求和为，
其中，，
裂项相消法
常见的裂项相消法求和类型
分式型：，，等；
指数型：，
等，
根式型：等，
对数型：，且；
常见的裂项技巧：
；
；

指数型；
对数型.
等
√满分技法
等差等比求和是求和的基础。等差等比求和公式：
等差：前n项和公式：Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(na1＋an,2).
等比：前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
分组求和法：
1.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
√满分技法
分组求和法：
1.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如an＝，用分组求和法，分别求和而后相加减
如果涉及到分段数列，则.要注意处理好奇偶数列对应的项：
（1）可构建新数列；（2）可“跳项”求和
√满分技法
常见的裂项公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）.

√满分技法
倒序求和：
倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数。

√满分技法
函数型，指的是
f（n）=t（q-p），差型；
f（n）是分离常数型；
√满分技法
无理根式型裂项：
一般情况下，无理型裂项相消满足：
-
0
+
单调递减
单调递增
√满分技法
√满分技法
正负型：等差裂和型
√满分技法
三角函数数列不等式：
利用三角函数的周期性。
利用三角函数正余弦函数的有界性。
一些题型，可以借助泰勒公式等导数形式证明的结论
√满分技法
先放缩后裂项，放缩的目的是为了“求和”，这也是凑配放缩形式的目标。对于递推公式，不放缩难以求和，所以放缩成能求和的形式。
√满分技法
含有（-1）n次幂形式数列等式或者不等式，可以分奇偶讨论。但是要注意的是，对于不同的奇偶讨论时候，要注意对应最值时候的n的奇偶。
n是奇数时，取最值时，n=1，3，5，7。。。。。
n是偶数时，取最值时，n=2，4，6，8.。。。。
√满分技法
插入数型
1.插入数构成等差数列
在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解
个数构成等差数列，公差记为，所以：