专题12 数列不等式放缩技巧（讲义）-2025年高考数学二轮复习讲练（新高考通用）

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\l "_Tc187184321" 题型一：先求和后放缩 PAGEREF _Tc187184321 \h 12
\l "_Tc187184322" 题型二：裂项放缩 PAGEREF _Tc187184322 \h 18
\l "_Tc187184323" 题型三：等比放缩 PAGEREF _Tc187184323 \h 24
\l "_Tc187184324" 题型四：型不等式的证明 PAGEREF _Tc187184324 \h 29
\l "_Tc187184325" 题型五：型不等式的证明 PAGEREF _Tc187184325 \h 37
\l "_Tc187184326" 题型六：型不等式的证明 PAGEREF _Tc187184326 \h 44
\l "_Tc187184327" 题型七：型不等式的证明 PAGEREF _Tc187184327 \h 51
\l "_Tc187184328" 重难点突破：利用递推关系进行放缩 PAGEREF _Tc187184328 \h 57
数列放缩技巧是高考数学中的核心考点，尤其在数列与不等式相结合的复杂问题中更为凸显。当前，这类问题的难度已趋于稳定，保持在中等偏难水平。解题时，关键在于对数列通项公式的灵活处理，特别是通过巧妙的变形来接近那些具有明确求和公式的数列类型。在此过程中，向可裂项相消的数列和等比数列靠拢，成为了放缩策略中的高级且有效的手段。
常见放缩公式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）；
（7）；
（8）；
（9）；
（10）
；
（11）
；
（12）；
（13）．
（14）．
（15）二项式定理
①由于，
于是
②，
；
，
（16）糖水不等式
若，则；若，则．
1．（2023年天津高考数学真题）已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
【解析】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
2．（2022年新高考全国I卷数学真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
3．（2021年天津高考数学试题）已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{bn}是公比大于0的等比数列，．
（I）求{an}和{bn}的通项公式；
（II）记，
（i）证明是等比数列；
（ii）证明
【解析】（I）因为{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以，所以，
所以；
设等比数列{bn}的公比为，
所以，解得（负值舍去），
所以；
（II）（i）由题意，，
所以，
所以，且，
所以数列是等比数列；
（ii）由题意知，，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以.
4．（2021年浙江省高考数学试题）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.
【解析】（1）当时，，
，
当时，由①，
得②，①②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，
由得恒成立，
即恒成立，
时不等式恒成立；
时，，得；
时，，得；
所以.
5．（2020年浙江省高考数学试卷）已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【解析】（I）依题意，而，即，
由于，所以解得，所以.
所以，故 ，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
题型一：先求和后放缩
【典例1-1】（2024·高三·辽宁大连·期中）已知的前n项和为，，且满足______，现有以下条件：
①；②；③
请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题：
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的前n项和，并证明：．
【解析】（1）若选择条件①：因为，
当时，，
两式相减得，
所以当时，当n＝1时符合，
∴；
若选择条件②：因为，
当时，
两式相减得，，
∴是首项为2，公比为2的等比数列，
∴；
若选择条件③：∵，
∴时，，
两式相减得，
当n＝1时，，可得，，
∴时成立，
∴是首项为2，公比为2的等比数列，
∴；
（2）由（1）可知，
则，
所以，
因为，
所以各项均为正数，
所以，
又因为，
所以．
【典例1-2】已知数列满足：是公差为6的等差数列，是公差为9的等差数列，且.
(1)证明：是等差数列；
(2)设是方程的根，数列的前项和为，证明：.
【解析】（1）因为是公差为6的等差数列，则，
设，可得，，
又因为是公差为9的等差数列，
则，
可得，即，
且，解得，
即，，可得，
综上所述：，所以是等差数列.
（2）构建，则是函数的零点
因为，则在上单调递增，
且，可知有且仅有一个零点，
又因为，
可知数列是以首项，公比为的等比数列，
则，
又因为，可得，
所以.
先求和后放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效策略。其核心思路在于，首先通过求和将数列的项合并，简化问题形式；接着，在求和的基础上进行适当的放缩，即利用不等式的性质对求和结果进行放大或缩小，从而更便于进行后续的比较和推导。
【变式1-1】已知数列满足.记.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和；
(3)若，数列的前项和为，求证：.
【解析】（1）由，得，而，则，
又，因此，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，，则，
令数列的前项和为，则，
，
两式相减得，则，
所以.
（3）由（2）知，
，
而，所以.
【变式1-2】已知在数列中，，且当时，.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【解析】（1）当时，，
又，可得，
当时，，则，即，
又，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，故；
（2）由（1）知，
则，
则数列的前项和
，
又，则，
故.
1．设数列的前项和为．若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称是“数列”．
(1)若，判断数列是否是“数列”；
(2)设是等差数列，其首项，公差，且是“数列”，
①求的值；
②设为数列的前项和，证明：
【解析】（1）因为，
当时，，
当时，，
又，即也满足，
综上可得，
当时存在或使得（即或），
对于任意的正整数，总存在正整数，此时，
综上可得对于任意的正整数，总存在正整数，此时，
故是“数列”；
（2）①因为是等差数列，其首项，公差，设的前项和为，
故，，
对任意的正整数，总存在正整数，使得，
即，
当时，，此时只需，
当时，，解得，
又，故,又为正整数，故,此时；
当时，，
下面证明恒为正偶数，
当时，，满足要求，
假设当时，为正偶数，
则当时，，
由于和均为正偶数，故为正偶数，满足要求，
所以恒为正偶数，证毕，
所以.
②由①可得，所以，
所以
，
因为，
所以单调递减且，所以，
所以.
题型二：裂项放缩
【典例2-1】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)求数列和的通项公式；
(2)证明：；
(3)求使得成立的最大整数．
【解析】（1）因为，
所以当时，，
作差得，
两边同时除以得，
又，所以，得，
所以，故对，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则．
设等比数列的公比为，
因为，所以由，或
又因以数列是递增数列，所以．
（2）因为，
所以
．
（3）由（1）知，即，令，则，
，
所以当时，，当时，，当时，，
即有，，
又，
故当时，，所以，，
又，
所以，当时，，故使得成立的最大整数为6．
【典例2-2】数列中，，，（）.
(1)试求、的值，使得数列为等比数列；
(2)设数列满足：，为数列的前n项和，证明：时，.
【解析】（1）若为等比数列，
则存在，使对成立.
由已知，代入上式，
整理得①
∵①式对成立，∴，解得，
∴当，时，数列是公比为2的等比数列；
（2）由（1）得：，，所以，
所以，因为，
所以，
，（1）
现证：（），
当时，
，∴，（2）
根据（1）（2）可知对于，都成立.
放缩方法是一种处理数列求和及不等式证明的技巧。其核心在于将数列的通项进行裂项，即将其拆分为两部分或多部分，以便更容易地观察其规律或进行放缩。
在裂项后，我们可以根据不等式的需要，对拆分后的项进行适当的放大或缩小。这种放缩通常基于数列的单调性、有界性或其他已知性质。
裂项放缩方法的关键在于准确裂项和合理放缩，它能够帮助我们简化问题，揭示数列的内在规律，从而更轻松地证明数列不等式。
【变式2-1】已知正项数列满足，，且对于任意，满足．
(1)求出数列的通项公式；
(2)设，证明：数列的前n项和；
(3)设，证明：．
【解析】（1）因为，，，
当时，，计算得，·
由，可得，
两相减可知，
整理可得，·
所以为定值，定值为，
所以
所以为等差数列，故．
（2）证明:由（1）得，所以，·
，
故
因为·，所以，所以，即
（3）证明：
，·
因为，·
所以
．·
另．
【变式2-2】已知数列的前项和为，，且．
(1)求；
(2)若从数列中删除中的项，余下的数组成数列．
①求数列的前项和；
②若成等比数列，记数列的前项和为，证明：．
【解析】（1）∵，∴当时，，
两式相减得，，整理得，即，
∴当时，，满足此式，
∴.
（2）①由（1）得，，∴，，
∴数列是首项为，公差为的等差数列.
当为奇数时，为偶数，为的整数倍，是数列中的项，
当为偶数时，为奇数，不是数列中的项，
∴数列中的项为数列的偶数项，且，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴，
∴，，
∴.
②由①得，，∴，
∵成等比数列，∴，即，
∴，∴，
∴.
1．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：.
【解析】（1）由，①
当时，，所以，
当时，，②
由①②得，
所以，
当时，上式也成立，
所以；
（2），·
因为，
所以，
当时，，
当时，
，
综上所述，.
题型三：等比放缩
【典例3-1】已知数列满足,（）.
(1)记（），证明：数列为等比数列，并求的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)设（），且数列的前项和为，求证：（）.
【解析】（1）
，
又，
所以，数列为以为首项，为公比的等比数列.
由等比数列的通项公式知.
（2）由（1）可知，又，.
设，则，
设，，
，，
故.
（3），
，
所以欲证，只需证，
即证.
设，
，故在上单调递减，，
时，.
，得证.
【典例3-2】已知数列和满足，，．
(1)证明：是等比数列；
(2)设，求数列的前项和；
(3)证明：．
【解析】（1）由题意知，，
所以，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）知，所以，
所以
．
（3）由（1）知，所以．
当为偶数时，．
所以．
当为奇数时，，
而，所以．
综上可知原命题成立．
等比放缩方法是一种处理数列不等式问题的有效技巧。其核心思想在于，通过观察数列的项与项之间的关系，发现其等比规律，并利用这一规律对数列的项进行适当的放大或缩小。
在具体应用时，我们可以根据数列的等比性质，选择一个合适的等比数列作为放缩的基准，然后对原数列的每一项都按照这个等比数列进行放缩。这种方法的关键在于准确把握等比数列的性质，以及合理确定放缩的倍数，从而确保放缩后的不等式仍然成立。
【变式3-1】数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；
(3)记数列的前项和为，证明：
【解析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由可得，易知，所以，解得；
又可得，可得；
由可得，即；
因此可得，；
所以数列和的通项公式为.
（2）数列和的公共项需满足，
可得，即是4的整数倍，
可知，由二项式定理可知若是4的倍数，则为正数，即；
所以可得，
即的通项公式为
（3）易知，显然对于都成立，
所以对于都成立，
即
，
即可得.
【变式3-2】已知数列的前项和为，若，且满足（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：.
【解析】（1）依题意，·可知（），
当时，由，可知，
由，可得两式相减可知，，即（），
因此时，为公比为2的等比数列，故（），
所以.
（2）由（1）可知，，，当时，，也符合该形式，
因此（），
.
1．已知数列的前n项和为，且．
(1)求；
(2)若，记数列的前n项和为，求证：．
【解析】（1）当时，，解得；
当时，，，则，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即；
（2）由（1）知，
依题意，
因为，，则，即；
因为，
所以，
而，
故，即．
综上所述，．
题型四：型不等式的证明
【典例4-1】已知函数．
(1)若，证明：；
(2)记数列的前项和为．
（i）若，证明：．
（ii）已知函数，若，，，证明：.
【解析】（1）设，当时，，
所以在上为增函数，故当时，，
所以当时，
设，当时，，
所以在上单调递增，故当时，，
所以当时，
故当时，
因为，当时，，
所以在上为增函数，
因为当时，，且由，
可得，所以，即，
所以
（2）（i）因为，
所以，
则，
所以，
即，
所以
（ii）函数，
因为当时，，
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.
【典例4-2】数列的前项和为， 满足 且首项 .
(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)令讨论f'1（f'x为的导数）与 的大小关系.
【解析】（1）由已知可得时，，
两式相减得，即，
∴，
当时，，∴，
∵，∴，∴，
故有，∴，
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，故.
（2）∵，∴，
∴
，
∴，
①-②得， ，
∴，
∴，
当时，，∴.
当时，，∴.
当时， ，∵，
∴ ，∴ ，
综上，当时，；
当时，；
当时，.
通项分析法进行放缩
【变式4-1】已知函数在点处的切线与轴重合．
(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）因为，且，
由题意可得，即，可得，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，无极小值．
（2）由（1）可得，当且仅当时取等号，
可得，当且仅当时取等号，
等价变形为，即，当且仅当时取等号，
代入题干中可得，
则，即，
当时，，即，
且符合上式，所以，，则，
由，令得，即，
所以.
【变式4-2】已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对任意，都有恒成立，求的最大整数值；
(3)对于任意的，证明：．
【解析】（1）当时，，
所以函数定义域为，，
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，又即，
所以即在上恒成立，当且仅当时，，
所以在上单调递增，即的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）因为对任意，都有恒成立，
所以对任意，恒成立，
即对任意，恒成立，
所以，
所以，
因为在上恒成立，所以在上单调递增，
又，
所以存在，使得即，
所以当时，即，当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，令，
则在上恒成立，所以函数在上单调递增，
又，
所以的最大整数值为3，即的最大整数值为2.
（3）证明：由（1）知在上单调递增，
则函数，所以，
故，
所以，
累加得，
所以.
1．柯西不等式是数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，其形式为：，等号成立条件为或至少有一方全为0．柯西不等式用处很广，高中阶段常用来计算或证明表达式的最值问题．已知数列满足．
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）因为，
所以为常数，
又，得到，
所以数列为首项为，公差为的等差数列，
由，得到.
（2）要证，
即证，
即证，
由柯西不等式知，
当且仅当时取等号，
即，
所以只需证明，
由（1）知，
所以只需证明，
即证明，
下面用数学归纳法证明，
（1）当时，不等式左边，不等式右边，所以时，不等式成立，
（2）假设时，不等式成立，即成立，
则时，，
令，则在区间上恒成立，
即在区间上单调递增，所以，
得到，取，得到，
整理得到，即，
所以，
即，不等式仍成立，
由（1）（2）知，对一切，，
所以.
题型五：型不等式的证明
【典例5-1】已知函数，.
（1）判断函数在(0,+∞)上的单调性；
（2）若在(0,+∞)上恒成立，求整数m的最大值.
（3）求证：(其中e为自然对数的底数).
【解析】（1）因为，所以，
又因为，所以，，
所以，
即函数在(0,+∞)上为减函数.
（2）由在(0,+∞)上恒成立，即在(0,+∞)上恒成立，
即，
设，
所以，，令，
则，即在(0,+∞)为增函数，
又，，
即存在唯一的实数根a，满足，且，，
当时，，，当时，，，
即函数在为减函数，在为增函数，
则，
故整数m的最大值为3.
（3）由（2）知，，，
令，则，
，
故.
【典例5-2】（2024·辽宁大连·一模）已知函数.
(1)若函数在点处的切线在两坐标轴上截距相等，求的值；
(2)（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；
（ii）记，，且.试比较与的大小并说明理由.
【解析】（1）由已知，定义域为，
∵，
∴，∴切点即，
又∵，
∴由导数的几何意义，函数在点处的切线斜率为，
∴函数在点处的切线方程为，
整理得，.
若切线在两坐标轴上截距相等，则
①当切线过原点时，，解得，切线方程为，
②当切线不过原点时，斜线斜率，解得，切线方程为.
∴的值为或.
（2）（i）由（1）知，，令，解得，，
若为正整数，则，
∴当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴当时，的极小值，也是最小值为，
若当时，恒成立，则的最小值，
设，则，
当时，，在区间上单调递减，
∴当时，单调递减，
又∵，，
∴使的正整数的最大值为，
∴当时，使恒成立的正整数的最大值为.
（ii），理由证明如下：
∵当且时，
∴
（），
又∵，∴，
①当时，，
②当时，
由（i）知，，恒成立，，
∴当时，，，即恒成立，
∴，
∴
，
综上所述，当且时，，即有.
通项分析法进行放缩
【变式5-1】设数列的前项和为，且，．
(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，证明：．
【解析】（1）因为，
当时，解得，
当时，
相减得，所以，·
所以是以首项为6，公比为3的等比数列，
即，所以.
（2）由（1）可得，
即证：·
方法一：令．
则，·
因为，所以，
所以单调递增，即，
即．
方法二：放缩法：，
所以，，，，
相乘得
即
【变式5-2】伯努利不等式又称贝努力不等式，由著名数学家伯努利发现并提出.·伯努利不等式在证明数列极限、函数的单调性以及在其他不等式的证明等方面都有着极其广泛的应用.·伯努利不等式的一种常见形式为：
当，时，，当且仅当或时取等号.
(1)假设某地区现有人口100万，且人口的年平均增长率为，以此增长率为依据，试判断6年后该地区人口的估计值是否能超过107万？
(2)数学上常用表示，，，的乘积，，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）已知直线与函数的图象在坐标原点处相切，数列满足：，，证明：.
【解析】（1）依题意，年后该地区人口的估计值为万人，
由伯努利不等式可得，
所以年后该地区人口的估计值能超过万.
（2）（ⅰ）根据伯努利不等式可知，
所以
，
所以.
（ⅱ）由，则，所以，
又直线y=fx与函数的图象在坐标原点处相切，
所以直线y=fx的斜率为，且过点，
所以直线y=fx的方程为，
所以，则
，
所以，
由（ⅰ）可知，所以，
又因为，
即，
所以，
所以.
1．已知数列满足，且，．
(1)计算，；
(2)求猜测的通项公式，并证明；
(3)设，问是否存在使不等式对一切且均成立的最大整数，若存在请求出，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由题意得：；.
（2）猜想：；
证明：当时，，满足；
假设当时，成立，
那么当时，，
即当时，成立；
综上所述：对于任意，成立.
（3）由（2）得：，；
若恒成立，则；
令，
则，
；
，，
即递增，，，
又为整数，最大整数.
题型六：型不等式的证明
【典例6-1】在各项均为正数的数列中，，，．
(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若，记数列的前n项和为．
（i）求；（ii）证明：．
【解析】（1）由题意知，
因此数列是以为首项，以4为公比的等比数列，
于是，．
．
又适合上式，所以．
（2）（i）因为，
所以
．
（ii）因为数列的前n项和为
，
所以只需证明：，
也就是，
令，只需证明，
设函数，，．
所以，即成立，得证．
【典例6-2】已知函数的最小值为0，其中．
(1)求的值；
(2)若对任意的，有成立，求实数的最小值；
(3)证明：．
【解析】（1）由函数，则其定义域为，且.
由，得:，又由，得:，
在单调递减，在单调递增，
；
（2）设，
则在恒成立等价于，
注意到，又，
①当时，由得.
在单减，单增，这与式矛盾；
②当时，在恒成立，符合，
的最小值为；
（3）由（2）知：令得：，
令得：
当时，(1)；
当时，，
，
，
将(1)(2)(3),,(n)式相加得：
不等式左边：
；
不等式右边：
；
所以.
构造函数进行放缩
【变式6-1】已知数列是公比大于0的等比数列，，.数列满足：（）.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：是等比数列；
(3)证明：.
【解析】（1）设等比数列的公比为，则，
则，所以，
又.
（2）所以，
所以，且，
所以数列是首项为8，公比为的等比数列；
（3）由题意知，，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以.
【变式6-2】已知数列，为数列的前项和，且满足，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）对任意的，
当时，，两式相减．
整理得，
当时，，
也满足，从而．
（2）证明：证法一：因为，
所以，
．
从而；
证法二：因为，
所以，
，证毕.
1．已知函数．
(1)证明：对恒成立；
(2)是否存在，使得成立？请说明理由．
【解析】（1）证明：由，得，，
令，得，
令，得，
，且当且仅当，
所以在上单调递增，故，且当且仅当，
所以在上也单调递增，故，且当且仅当，
所以在上仍单调递增，故；
（2）对于右侧：由（1）可知，当时，，即，
故，
所以
，
所以该侧不等号始终成立；
对于左侧：由（1）可知当时，．
设，，则．
在上有，所以在上单调递增，故当时，．
此时，
令，
可知，
所以当时，
，
令，注意到，所以可得到一个充分条件，
即，
所以任取，则该侧不等式成立，（表示整数部分），
因此，对于任意，原不等式都成立．即所求的n是存在的．
题型七：型不等式的证明
【典例7-1】已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若，求k的值；
(3)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.
【解析】（1）当时，，，
所以，所以切线的斜率为，
又因为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）因为，
当时，，
所以在上单调递增，
又因为，与不符；
当时，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，所以，
设，
则，
由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以有唯一解，且.
（3）由（2）知当时，，
当且仅当时，.
所以当且时，，
则.
取（），所以，
所以，，，
所以.
所以
所以
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
【典例7-2】已知函数．
（1）求的最大值；
（2）设，是曲线的一条切线，证明：曲线上的任意一点都不可能在直线的上方；
（3）求证：（其中为自然对数的底数，）．
【解析】（Ⅰ）的定义域为，，令，得．
当时，，∴在上是增函数，
当时，，∴在上是减函数，
故在处取得最大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
设是曲线上的一点，
则在点处的切线方程为，
即，
令
则，
∵，在上是减函数，
∴在处取得最大值，即恒成立，
故曲线上的任意一点不可能在直线的上方．
（3）由（1）知在上恒成立，当且仅当时，等号成立，
故当且时，有，
又因为，所以
所以
构造函数进行放缩
【变式7-1】已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
(3)求证：（，是自然对数的底数）．
【解析】（1）当时，，
，
由解得，由解得，
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）因当时，不等式恒成立，即恒成立，
设，只需即可，
由，
（i）当时，，
当时，，函数在上单调递减，
故成立；
（ii）当时，由，因，所以，，
①若，即时，在区间上，，则函数在上单调递增，在上无最大值，不满足条件；
②若，即时，函数在上单调递减，在区间上单调递增，同样在上无最大值，不满足条件；
（iii）当时，由，，，
，故函数在上单调递减，故成立，
综上所述，实数的取值范围是；
（3）据（2）知当时，在上恒成立，
令，
则，
当时，
，.
【变式7-2】已知函数.
(1)若在上单调递增，求的值；
(2)证明：（且）.
【解析】（1）函数，求导得，
由于函数在R上单调递增，则恒成立，
令，则，
当时，，当时，，不满足条件；
当时，，在R上单调递增，
又，即，不满足条件；
当时，令，得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是当时，取得最小值，
于是，即，
令，则，
当时，，单调递增；时，，单调递减，
则，由于恒成立，因此，则有，
所以单调递增时，的值为1.
（2）由（1）知，当时，，即有，当且仅当时取等号，即当时，，
因此当且时，
，
而当时，，
所以，
则，所以，.
1．已知函数，，．令，．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
【解析】（1）由，得，∴，
因此，即，
∴为等比数列，公比为，首项为．
故，即；
（2）由（1）知，
要证，即证，
也即证，这只需证，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
令，得，
∴，
即．
重难点突破：利用递推关系进行放缩
【典例8-1】（2024·高三·重庆·期末）已知正项数列满足：
（1）求的范围，使得恒成立；
（2）若，证明：
（3）若，证明：
【解析】（1）由，得由，即
所以或（舍）
所以时，
（2）证：若，得 现假设（）
构造函数，易知在上单调增
所以
即
由以上归纳可知 5分
（3）由得
所以
构造函数，在上单调递增
所以

【典例8-2】已知数列{an}满足：，（）．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）证明：；
（Ⅲ）求证：．
【解析】（I） ，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：
（Ⅲ），所以，累加得右侧；另一方面由可得，累加得左侧.
由（Ⅱ）得：，
所以，
累加得：
另一方面由可得：原式变形为
所以：
累加得
利用递推关系进行放缩时，我们首先要明确数列的递推公式，然后根据这个公式对数列的项进行适当的放大或缩小。关键在于保持放缩后的不等式方向不变，同时确保放缩后的数列更容易处理。这种方法能够帮助我们揭示数列的深层结构，从而更有效地解决数列不等式问题。
【变式8-1】定义数列为“阶梯数列”：．
(1)求“阶梯数列”中，与的递推关系；
(2)证明：对，数列为递减数列；
(3)证明：．
【解析】（1）由阶梯数列的形式结构可知.
（2）由，，所以，
，
∴，
同理，
累乘得，
即，
由，，
∴
故对为递减数列.
（3），
，
又对，
由（2）知，
故，
又，，
所以，
故对，
∴，
∴，
∴，
当时，，
综上，．
【变式8-2】已知数列满足，，．
(1)猜想数列的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：．
【解析】（1）由及得
由猜想：数列是递减数列
下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，已证命题成立；
（2）假设当n=k时命题成立，即
易知，那么
=，即，也就是说，当n=k+1时命题也成立，结合（1）和（2）知，命题成立．
（2）当n=1时，，结论成立，
当时，易知，
，
．
即.
1．已知数列满足，.证明：对这一切，有
（1）；
（2）.
【解析】（1）显然，，.
故
·
·.
所以，.
又，故对一切，有.
（2）显然，.
由，知
·
·
.
故.
考点要求
目标要求
考题统计
考情分析
数列不等式
掌握技巧，提升解题能力
2023年II卷第18题，12分
2022年I卷第17题，10分
2021年乙卷第19题，12分
2021年II卷第17题，10分
2021年浙江卷第20题，15分
预测2025年高考数学试题趋势，多以解答题形式出现，具体估计为：（1）在导数题目的压轴环节，第二问极有可能涉及利用导数理论进行数列不等式的证明，此类型问题预计将具备较高的思维难度与解题复杂度，对考生的逻辑推理与数学分析能力提出严峻挑战。（2）至于数列解答题部分，其第二问预计将以中等偏上的难度水平出现，该题预计将融合多个知识点，构成一道综合性较强的题目，旨在全面考察考生对数列知识的深入理解及灵活运用能力。