第09 讲 数列中的证明问题
目
录
思维导图...................................................................................................................................................2
高考分析...................................................................................................................................................2
学习目标...................................................................................................................................................3
知识要点...................................................................................................................................................3
题型归纳...................................................................................................................................................4
题型01：等差等比数列的证明...........................................................................................................4
（一）利用等差数列定义证明数列是等差数列.............................................................................4
（二）利用an+an+2=2an+1证明数列是等差数列........................................................................4
（三）证明数列不是等差数列.....................................................................................................5
（四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.........................................................................5
（五）利用anan+2=an+1
2
证明数列是等比数列.............................................................................5
（六）证明数列不是等比数列.....................................................................................................6
题型02：证明数列是新定义的数列....................................................................................................6
题型03：证明数列的单调性...............................................................................................................8
题型04：数列中的等式与不等式的证明.............................................................................................8
题型05: 证明与通项有关的不等式...................................................................................................12
题型06: 直接求和证明不等式..........................................................................................................13
题型07: 先求和再放缩,证明与前n 项和有关的不等式......................................................................17
题型08:先放缩,再求和,证明与前n 项和有关的不等式......................................................................18
题型09: 与导数有关的数列不等式...................................................................................................25
题型10:数学归纳法证明数列不等式.................................................................................................28
题型11: 数列不等式与三角函数综合...............................................................................................30
题型12: 数列不等式与概率统计......................................................................................................33
题型13：新定义数列....................................................................................................................... 34
【考情定位】
数列是高中代数的核心内容之一，在高考中通常占据 10~17 分 的分值。数列证明题主要出现在解答题的第1 问
（基础送分）或压轴题的第2、3 问（拉分难点）。
【命题趋势】
1. 难度分层明显：
◦ 基础层：证明等差/等比数列、求通项公式（全国卷及新高考卷常考）。
◦ 进阶层：证明数列不等式（如 S_n < k）、证明数列的单调性或有界性。
◦ 创新层：结合数学归纳法、反证法、函数构造思想，考察逻辑推理与代数变形能力。
2. 交汇性增强：数列证明常与函数（导数）、不等式、解析几何（点列问题）交汇命题，考察“转化与化
归”思想。
1. 核心概念：能熟练运用定义法证明 {an} 为等差或等比数列。
2. 运算能力：掌握累加法、累乘法、构造法（如 an+1=pan+q）求通项，为证明奠基。
3. 放缩技巧：掌握常见的放缩模型（如裂项相消放缩、二项式定理放缩），证明数列不等式。
4. 逻辑推理：熟练掌握数学归纳法的书写规范，以及反证法在存在性问题中的应用。
知识点：数列的证明方法
(一) 利用等差数列定义证明数列是等差数列
利用定义法证明{an}是等差数列,就是证明对任意n∈N*,an+1－an是同一常数．
(二) 利用an+an+2=2an+1证明数列是等差数列
若对任意n∈N*,数列{an}满足an+an+2=2an+1,则{an}是等差数列.
(三)证明数列不是等差数列
证明数列不是等差数列,一般只需要证明该数列的连续3 项不成等差数列,通常利用反证法证明.
(四)利用等比数列的定义证明数列是等比数列
利用定义法证明{an}是等比数列,就是证明对任意n∈N*,an+1
an
是同一常数．
(五)利用anan+2=an+1
2证明数列是等比数列
若对任意正整数n,都有anan+2=an+1
2,且an≠0,则数列{an}是等比数列.
(六)证明数列不是等比数列
证明数列不是等比数列,一般只需要证明该数列的连续3 项不成等比数列,通常利用反证法证明.
(七)证明数列是新定义的数列
此类问题通常把满足某些条件的数列称为一类新数列,求解关键是证明所给数列满足新数列给定条件
(八)证明数列的单调性
证明数列{an}是递增（减）数列,通常是证明（an+1−an<0）,若an>0,也可根据an+1
an
>1（an+1
an
<1）
来证明.
(九)数列中的等式与不等式的证明
数列中的等式证明,通常是根据已知条件进行恒等变形,数列中的不等式证明,常见的是与求和有关的证明,证
明时或者先求和,再放缩,或者先放缩成可求和的数列,再求和.
（十）数列归纳法证明数列问题】
题型01：等差等比数列的证明
（一）利用等差数列定义证明数列是等差数列
【典型例题】已知数列{an}满足a1= 1
2 ,2an+1−anan+1=1(n∈N
∗).
(1)证明：数列{
1
an−1}为等差数列,并求an；
(2)令bn= an+1−an
anan+1
,求数列{bn}的前n项和T n.
【答案】见解析
【解析】（1）由2an+1−anan+1=1,知an+1=
1
2−an
,
所以
1
an+1−1 −
1
an−1 =
1
1
2−an
−1
−
1
an−1 = 2−an
an−1 −
1
an−1 = 1−an
an−1 =−1,
所以数列{
1
an−1}是以
为首项,-1 为公差的等差数列,
所以
1
an−1 =−2+(−1)(n−1)=−n−1,
所以an=
n
n+1
.
（2）因为bn= an+1−an
anan+1
= 1
an
−1
an+1
= n+1
n
−n+2
n+1 = 1
n −
1
n+1
,
所以
=1−
1
n+1 =
n
n+1
.
【变式训练1】已知数列{an}的前项和为Sn,且Sn−nan= 1
2 n(n−1)．
(1)证明：数列{an}为等差数列；
(2)若a5,a9,a11成等比数列,求Sn的最大值．
（二）利用an+an+2=2an+1证明数列是等差数列
【变式训练2】已知数列{an}有a1=a,a2= p（常数p>0）,对任意的正整数n,Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an,并有Sn满
足Sn= n(an−a1)
2
．
(1)求a 的值；
(2)证明数列{an}是等差数列．
（三）证明数列不是等差数列
【变式训练3】给定数列{an},若首项a1>0且a1≠1,对任意的n,m∈N
∗,都有an+m=an⋅am,则称数列{an}为
“指数型数列”.
(1)已知数列{an}为“指数型数列”,若
,求a2,a3；
(2)已知数列{an}满足a1= 1
2 ,an=2anan+1+3an+1(n∈N
∗),判断数列{
1
an
+1}是不是“指数型数列”？若是,
请给出证明；若不是,请说明理由；
(3)若数列{an}是“指数型数列”,且a1= a+2
a+3 (a∈N
∗),证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列.
（四）利用等比数列的定义证明数列是等比数列
【典型例题】在直角坐标平面内有线段A1 A2,已知点A3是线段A1 A2上靠近
的三等分点,点A4是线段A2 A3上
靠近A3的三等分点,……,点An+1是线段An−1 An（n≥2,n∈N
∗）上靠近An的三等分点,设点An的横坐标为an.
(1)求证：数列{an+1−an}为等比数列；
(2)若a1=1,a2=5,求{an}的通项公式.
【解析】（1）解：由题意得an+2−an
an+1−an+2
=2 所以3an+2=2an+1+an,可得3an+2−3an+1=an−an+1,
又由a2−a1≠0,所以an+2−an+1
an+1−an
=−1
3
所以数列{an+1−an}是首项为a2−a1,公比为−1
3的等比数列.
（2）解：因为a1=1,a2=5,所以a2−a1= 4,
因为数列{an+1−an}是公比为−1
3的等比数列,所以n≥2时,an−an−1= 4(−1
3)
n−2
.
由累加法可得n≥2时,an−a1= 4[1+(−1
3)+⋅⋅⋅+(−1
3)
n−2
]
= 4
1−(−1
3)
n−1
1+ 1
3
=3−3·(−1
3)
n−1
,即当n≥2时,an= 4+(−1
3)
n−2
,
经检验,a1=1满足上式,所以数列{an}的通项公式an= 4+(−1
3)
n−2
.
【变式训练4】记Sn为数列{an}的前n项和,已知na1+(n−1)a2+⋯+an=2Sn−1.
(1)证明：数列{Sn}是等比数列；
(2)求最小的正整数m,使得
对一切n∈N
∗都成立.
（五）利用anan+2=an+1
2 证明数列是等比数列
【变式训练5】在无穷数列{an}中,若对任意的n∈N
∗,都存在m∈N
∗,使得
,则称{an}为m 阶
等差数列.在正项无穷数列{bn}中,若对任意的n∈N
∗,都存在m∈N
∗,使得
,则称{bn}为m 阶等
比数列．
(1)若数列{bn}为1 阶等比数列,b1+b2+b3= 7
2
,b3+b4+b5= 7
8
,求{bn}的通项公式及前n 项的和；
(2)若数列{ln cn}为m 阶等差数列,求证：{cn}为m 阶等比数列；
(3)若数列{ln cn}既是m 阶等差数列,又是m+1阶等差数列,证明：{cn}是等比数列．
（六）证明数列不是等比数列
【变式训练6】混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中,比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等,其中一
维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一,假设在一个混沌系统中,用xn来表示系统在
第n(n∈N
∗)个时刻的状态值,且该系统下一时刻的状态xn+1满足xn+1= f (xn),0< x1<1,其中f ( x)=−a x
2+ax.
(1)当a=3时,若满足对∀n∈N
∗,有xn= f (xn+1),求{xn}的通项公式；
(2)证明：当a=1时,{xn}中不存在连续的三项构成等比数列；
(3)若x1= 1
2
,a=1,记Sn= xn
2 xn+1
2
,证明：S1+ S2+⋯+ Sn< 1
8
.
题型02：证明数列是新定义的数列
【典型例题】已知数列{an}的前n 项和为Sn．若对每一个n∈N
∗,有且仅有一个m∈N
∗,使得
,则
称{an}为“X 数列”.记
,n∈N
∗,称数列{bn}为{an}的“余项数列”.
(1)若{an}的前四项依次为0,1,
,1,试判断{an}是否为“X 数列”,并说明理由；
(2)若Sn=2
n,证明{an}为“X 数列”,并求它的“余项数列”的通项公式；
(3)已知正项数列{an}为“X 数列”,且{an}的“余项数列”为等差数列,证明：
．
【答案】见解析
【解析】（1）由题
,
所以有
,
,
故根据“X 数列”的定义{an}不是“X 数列”.
（2）因为Sn=2
n,
所以当n=1时,a1= S1=2；
当n≥2时,an= Sn−Sn−1=2
n−2
n−1=2
n−1；
则
不满足an=2
n−1,所以an={
2,n=1
2
n−1,n≥2
,
令
,即
,
则当n=1时,有
,⇒m=1；
当n≥2时,有
；故
即
,
则对每一个n∈N
∗(n≥2),有且仅有一个m∈N
∗且m=n−1,使得
,
综上,对任意n∈N
∗,有且仅有一个m∈N
∗,使得
,
所以{an}为“X 数列”,
由上bn= Sm+1−an={
2
m+1−2,n=1
2
m+1−2
n−1,n≥2 ={
2,n=1
2
n−1,n≥2
,n∈N
∗,
即{an}的“余项数列”通项公式为bn={
2,n=1
2
n−1,n≥2
,n∈N
∗.
（3）因为{an}是正项数列,所以{Sn}单调递增,
所以
,故
,
因为
,且{an}为“X 数列”,
所以
,故由bn= Sm+1−an(n∈N
∗)得
,
{an}的“余项数列”{bn}为等差数列,故其公差
,
因为
,所以
,
若d <0,则当
时,bn=a2+(n−1)d <a2+(1−a2
d −1)d =0,与bn>0矛盾,
故d =0,所以
,
,即
,
对于n≥3,若
,则
,与正项数列{an}矛盾,
所以
,故
,
所以Sn−a1≤2(Sn−1−a1),故
,
所以Sn≤(1+2
n−2)a1(n≥3),
又S1≤(1+2
−1)a1,S2=2a1≤(1+2
0)a1,
所以Sn≤(1+2
n−2)a1,n∈N
∗.
【变式训练】若数列{an}的各项均为正数,对任意n∈N
∗,有
,则称数列{an}为“对数凹性”数列．
(1)已知数列1,3,2,4 和数列1,2,4,3,2,判断它们是否为“对数凹性”数列,并说明理由；
(2)若函数
有三个零点,其中
．
证明：数列b1,b2,b3,b4为“对数凹性”数列；
(3)若数列{cn}的各项均为正数,c2>c1,记{cn}的前n 项和为Sn,
,对任意三个不相等正整数p,q,r,存在常数
t,使得
．
证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列．
题型03：证明数列的单调性
【变式训练】已知函数f n(x)= x
n+ x
n−1+⋯+ x −1(n∈N +)．
(1)判断并证明f n(x)的零点个数
(2)记f n(x)在(0,+∞)上的零点为xn,求证;
（i）{xn}是一个递减数列
（ii）n+1
2
≤x1+ x2+⋯+ xn< n
2 +1．
题型04：数列中的等式与不等式的证明
【典型例题1】高斯是德国著名的数学家,近代数学的奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高
斯函数”定义为：对于任意实数x,记
表示不超过x 的最大整数,则y =[x]称为“高斯函数”．例如：
,
．
(1)设
,x∈R,求证：1
2是f (x)的一个周期,且f (x)=0恒成立；
(2)已知数列{an}的通项公式为
,设
．
①求证：
；
②求
的值．
【答案】见解析
【解析】（1）f(x + 1
2)=[x + 1
2]+[x +1]−[2 x +1]=[x + 1
2]+[x]+1−[2 x]−1= f (x)．
故是f (x)的一个周期．
当x∈0, 1
2)时,x + 1
2 ∈0,1),2 x∈0,1),故f (x)=0+0−0=0．
由于周期为1
2
,故对任意x∈R,都有f (x)=0．
（2）①记an1= 1
n
2 +
1
n
2+1
+
1
n
2+2
+⋅⋅⋅+
1
n
2+n−1
．
an2=
1
n
2+n
+
1
n
2+n+1
+⋅⋅⋅+
1
n
2+2n
,则an=an1+an2．
∵
1
n+1 =
n
n
2+n
=
1
n
2+n
+
1
n
2+n
+⋅⋅⋅+
1
n
2+n
⏟
n 个
<an1= 1
n
2 +
1
n
2+1
+
1
n
2+2
+⋅⋅⋅+
1
n
2+n−1
≤1
n
2 + 1
n
2 +⋅⋅⋅+ 1
n
2
⏟
n 个
= n
n
2 = 1
n ,∴1
n+1 <an1≤1
n ．
而
1
n+1 =
n+1
n
2+2n+1
=
1
n
2+2n+1
+
1
n
2+2n+1
+⋅⋅⋅+
1
n
2+2n+1
⏟
n 个
<an2=
1
n
2+n
+
1
n
2+n+1
+⋅⋅⋅+
1
n
2+2n
<
1
n
2+n
+
1
n
2+n
+⋅⋅⋅+
1
n
2+n
⏟
n 个
= n+1
n
2+n
= 1
n ．∴1
n+1 <an2< 1
n ．
∴2
n+1 <an=an1+an2< 2
n
,∴
．
②由①知
,则[
2
an]=n．
由（1）知：对任意x∈R,都有[x]+[x + 1
2]=[2 x],
∴[
1
an]+[
1
an
+ 1
2]=[
2
an]=n．∴bn= ❑√n．
∵❑√n+ ❑√n−1<2❑√n<❑√n+1+ ❑√n,∴
❑√n+1−❑√n<
1
2❑√n <❑√n−❑√n−1．
令S = 1
b1
+ 1
b2
+⋅⋅⋅+
1
b2024
,
∵S
2 >❑√2−1+ ❑√3−❑√2+⋅⋅⋅+ ❑√2025−❑√2024 = ❑√2025−1= 44；
S
2 < 1
2 + ❑√2−❑√1+ ❑√3−❑√2+⋅⋅⋅+ ❑√2024−❑√2023= 1
2 + ❑√2024−1< 1
2 + ❑√2025−1= 89
2 ．
∵88<S<89,∴[
1
b1
+ 1
b2
+⋅⋅⋅+
1
b2024]=88．
【典型例题2】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且满足Sn
an
=2
n−1．
(1)证明：数列{an}为等比数列；
(2)若a1−a2= 1
4 ,bn= an+1
Sn Sn+1
，数列{bn}的前n 项和为T n，证明：2
3 ≤T n<1．
【答案】见解析
【解析】（1）由Sn
an
=2
n−1得Sn=(2
n−1)an，则当n≥2时，有Sn−1=(2
n−1−1)an−1，
两式相减得Sn−Sn−1=an=(2
n−1)an−(2
n−1−1)⋅an−1，
整理得(2
n−2)an=(2
n−1−1)an−1，即an
an−1
= 2
n−1−1
2
n−2
= 1
2，
因此数列{an}是以1
2为公比的等比数列．
（2）由（1）及a1−a2= 1
4 可得a1= 1
2，
因此an= 1
2 ⋅(
1
2)
n−1
=(
1
2)
n
,Sn=
1
2[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
=1−(
1
2)
n
．
于是bn= an+1
Sn Sn+1
=
(
1
2)
n+1
[1−(
1
2)
n
][1−(
1
2)
n+1
]
=
1
1−(
1
2)
n −
1
1−(
1
2)
n+1，
所以
T n=b1+b2+⋯+bn=
1
1−(
1
2)
1 −
1
1−(
1
2)
2 +
1
1−(
1
2)
2 −
1
1−(
1
2)
3 +
1
1−(
1
2)
3 −
1
1−(
1
2)
4
+⋯+
1
1−(
1
2)
n −
1
1−(
1
2)
n+1 =2−
1
1−(
1
2)
n+1，
由于n∈N
∗，所以0<(
1
2)
n+1
≤1
4 , 3
4 ≤1−(
1
2)
n+1
<1,1<
1
1−(
1
2)
n+1 ≤4
3 , 2
3 ≤2−
1
1−(
1
2)
n+1 <1
，
故2
3 ≤T n<1．
【典型例题3】已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+1−Sn
n =n+1(n∈N
∗)，且a4为a2，a8的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设T n为数列{
1
anan+1}的前n项和，证明：T n≥1
8
.
【答案】(1)an=2n，n∈N
∗
(2)证明见解析
【解析】（1）借助{an}与Sn的关系与等比中项的性质计算即可得；
（2）借助裂项相消法可求得T n，结合函数的单调性即可得证.
（1）因为
，所以nan+1= Sn+n(n+1)，①
当n≥2时，(n−1)an= Sn−1+n(n−1)，②
①－②得nan+1−(n−1)an=an+2n，化简可得an+1−an=2，n≥2，
且当n=1时，a2−a1=2满足上式，
所以数列{an}是公差为2 的等差数列，
由题可得a2a8=a4
2，故(a1+2)(a1+14)=(a1+6)
2，解得
，
所以an=a1+(n−1)×2=2n，n∈N
∗；
（2）证明：令
= 1
4(
1
n −
1
n+1)，
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn
= 1
4[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n −
1
n+1)]= 1
4(1−
1
n+1)，
又函数y =1−
1
x +1在(0,+ ∞)上单调递增，所以T n≥T 1= 1
4 ×(1−1
2)= 1
8
.
【变式训练4-1】已知Sn是数列{an}的前n项和，a1= 1
2，且an+1
3 ,Sn+1,3 Sn+1−1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn= Sn Sn+1，数列{bn}的前n项和为T n，证明：3T n<a1．
【变式训练4-2】已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=2，Sn+1= Sn+ 4 an−3，记bn=log2(an−1)+3.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)已知cn=(−1)
n+1⋅1+bn
bnbn+1
，记数列{cn}的前n项和为T n，求证：T n≥2
21
.
【变式训练4-3】已知数列{an}满足a1+2a2+⋯+nan= 1
6 n(n+1)(2n+1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设Sn= 1
a1
2 + 1
a2
2 +⋯+ 1
an
2，证明：Sn≥3
2 −
1
n+1．
【变式训练4-4】设Sn为数列{an}的前n项和，已知{
Sn
n(n+1)}是首项为1
2、公差为
的等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=
(2n−1)an
Sn
，T n为数列{bn}的前n项积，证明：∑
i=1
n
❑T i≤6
n−1
5
.
【变式训练4-5】设数列{an}的前n 项之积为T n，满足2an+T n=1（n∈N
∗）.
(1)设bn=1+ 1
T n
，求数列{bn}的通项公式bn；
(2)设数列{an}的前n 项之和为Sn，证明：n
2 −1
2 +(
1
2)
n+1
<Sn< n
2 + 1
2 ln
2
n+1
2
n+1−1
−1
4
.
【变式训练4-6】已知数列{an}的首项a1=1，an是an+1与
的等差中项．
(1)求证：数列{an+1}是等比数列；
(2)证明：1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+
1
an−1
+ 1
an
<2．
【变式训练4-7】设对任意n∈N
∗，数列{an}满足0<an<1，an+1<❑√anan+2，数列{cn}满足
．
(1)证明：{cn}单调递增，且cn<1；
(2)记bn= anan+2
an+1
2
−an+1
2
anan+2
，证明：存在常数t，使得∑
k =1
n
bk<t．
【变式训练4-8】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1= 1
2，an+2Sn Sn−1=0(n≥2)
(1)求an和Sn
(2)求证：S1
2+ S2
2+ S3
2+…+ Sn
2≤1
2 −1
4 n．
题型05: 证明与通项有关的不等式
【典型例题】已知复数数列{an}的通项公式为an=i
nn
2（i是虚数单位）,Sn为{an}的前n项和．
(1)求
的值；
(2)求证：2n+1>|
an
n + an+1
n+1|；
(3)求{S4 n}的通项公式．
【答案】见解析
【解析】（1）因为an=i
nn
2（i是虚数单位）,
所以
（2）当n为奇数时,
；
当n为偶数时,
．
因此无论n为奇数还是偶数,
．
,当n>0时,上式大于0．
所以
,
即
（3）因为an=i
nn
2（i是虚数单位）,
所以
．
所以
,
a4n−2+a4n=(4 n)
2−(4 n−2)
2=16n−4,
所以S4 n=(a1+a3)+…+(a4 n−3+a4 n−1)+(a2+a4)+…+(a4 n−2+a4 n)
=(8−16)i+(8−16×2)i+⋅⋅⋅+(8−16n)i+(16×1−4)+(16×2−4)+⋅⋅⋅+(16n−4)
=[8n−16×(1+2+⋅⋅⋅+n)]i+16×(1+2+⋅⋅⋅+n)−4 n
=[8n−8n(n+1)]i+8n(n+1)−4 n=8n
2(1−i)+ 4 n.
【变式训练5-1】在数列{an}的第k项与第k +1项之间插入k个1,称为变换Γ．数列{an}通过变换Γ所得数列记为
Ω1(an),数列Ω1(an)通过变换Γ所得数列记为Ω2(an)，…,以此类推,数列Ωn−1(an)通过变换Γ所得数列记为
Ωn(an)（其中n≥2）．
(1)已知等比数列{an}的首项为1,项数为m,其前m项和为Sm,若Sm=2am−1=255,求数列Ω1(an)的项数；
(2)若数列{an}的项数为3,Ωn(an)的项数记为bn．
①当n≥2时,试用bn−1表示bn；
②求证：2⋅3
2
n−1≤bn≤6
2
n−1
．
【变式训练5-2】已知{an}是等差数列，
．
(1)求{an}的通项公式和∑
i=2
n−1
2
n−1
ai(n∈N
∗)．
(2)设{bn}是等比数列，且对任意的k ∈N
∗，当
时，则
，
（Ⅰ）当k ≥2时，求证：
；
（Ⅱ）求{bn}的通项公式及前n项和．
题型06: 直接求和证明不等式
【典型例题1】已知数列{an}的首项a1=3,且满足an+1=2an−1（n∈N
∗）．
(1)求证：数列{an−1}为等比数列；
(2)记bn=log2(an−1),求数列{
1
bnbn+1}的前n项和Sn,并证明1
2 ≤Sn<1．
【答案】见解析
【解析】（1）由
得an+1−1=2(an−1),(n∈N
∗),
又a1−1=2,所以{an−1}是首项为2,公比为2 的等比数列．
（2）由（1）知,an−1=2×2
n−1=2
n,所以bn= log2(an−1)=n
所以
,
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn
=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 =
n
n+1
当n∈N
∗时,
单调递增,故1
2 ≤Sn<1．
【典型例题2】设数列{an}的前n项和为Sn,且an= 1
2 (Sn+2)．
(1)求数列{an}的通项公式an．
(2)设数列{bn}满足anbn= 4 n−3,且数列{bn}的前n项和为T n,求证：T n<5．
【答案】见解析
【解析】（1）依题意,由an= 1
2 (Sn+2),可得Sn=2an−2,
当n=1时,a1= S1=2a1−2,解得
,
当n≥2时,an= Sn−Sn−1=2an−2−(2an−1−2)=2an−2an−1,
整理,得an=2an−1,(n≥2),
∴数列{an}是以2 为首项,2 为公比的等比数列,
∴
；
（2）依题意及（1）,由anbn= 4 n−3可得bn= 4 n−3
an
= 4 n−3
2
n
,
则T n=b1+b2+b3+⋯+bn= 1
2
1 + 5
2
2 + 9
2
3 +⋯+ 4 n−3
2
n
,
1
2 T n= 1
2
2 + 5
2
3 +⋯+ 4 n−7
2
n
+ 4 n−3
2
n+1 ,
两式相减,可得1
2 T n= 1
2 + 4
2
2 + 4
2
3 +⋯+ 4
2
n −4 n−3
2
n+1
= 1
2 +(1+ 1
2 +⋯+ 1
2
n−2)−4 n−3
2
n+1
= 1
2 +
1−1
2
n−1
1−1
2
−4 n−3
2
n+1 = 5
2 −4 n+5
2
n+1 ,
∴T n=5−4 n+5
2
n
<5,故得证．
【典型例题3】已知等比数列{an}的各项都为正实数,a1=2,a7=a6+2a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn=
(2n−1)an
2⋅3
n
,数列{cn}的前n项和为T n,证明：
.
【答案】见解析
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q(q>0),
因为a1=2,a7=a6+2a5,所以2q
6=2q
5+ 4 q
4,
化简得
,解得q =2或q =−1（舍去）,
所以an=a1q
n−1=2×2
n−1=2
n；
（2）证明：由（1）得cn=
(2n−1)an
2⋅3
n
= (2n−1)2
n
2⋅3
n
= (2n−1)2
n−1
3
n
=(n−1
2)⋅(
2
3)
n
,
所以T n= 1
2 ×(
2
3)
1
+ 3
2 ×(
2
3)
2
+ 5
2 ×(
2
3)
3
+⋅⋅⋅+(n−3
2)(
2
3)
n−1
+(n−1
2)(
2
3)
n
,
所以2
3 T n= 1
2 ×(
2
3)
2
+ 3
2 ×(
2
3)
3
+ 5
2 ×(
2
3)
4
+⋅⋅⋅+(n−3
2)(
2
3)
n
+(n−1
2)(
2
3)
n+1
,
所以1
3 T n= 1
3 +(
2
3)
2
+(
2
3)
3
+⋅⋅⋅+(
2
3)
n
−(n−1
2)(
2
3)
n+1
= 1
3 +
4
9[1−(
2
3)
n−1
]
1−2
3
−(n−1
2)(
2
3)
n+1
= 1
3 + 4
3[1−(
2
3)
n−1
]−(n−1
2)(
2
3)
n+1
= 5
3 −2×(
2
3)
n
−2
3(n−1
2)(
2
3)
n
,
所以T n=5−6×(
2
3)
n
−2(n−1
2)(
2
3)
n
=5−(2n+5)×(
2
3)
n
<5,
因为c1= 1
3 ,cn>0,所以
.
【典型例题4】已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，若4 Sn=an
2+2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=
2
anan+1
，且数列{bn}的前n项和为T n，求证：2
3 ≤T n<1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【解析】（1）利用公式a1= S1，n≥2时，an= Sn−Sn−1，代入化简得到数列{an}的递推公式，即可求解通项公
式；
（2）由（1）的结果，利用裂项相消法求和，再结合数列的单调性证明不等式.
（1）当n=1时，4 a1=a1
2+2a1+1，解得a1=1；
当n≥2时，由4 Sn=an
2+2an+1，得4 Sn−1=an−1
2
+2an−1+1，
两式相减可得4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，an
2−an−1
2
=2(an+an−1)，又an>0，
∴an−an−1=2，即{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
因此，{an}的通项公式为an=2n−1；
（2）证明：由(1)可知an=2n−1，所以bn=
2
(2n−1)(2n+1) =
1
2n−1 −
1
2n+1，
T n=b1+b2+⋯+bn=1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1 =1−
1
2n+1，
因为
1
2n+1 >0恒成立，所以T n<1，
又因为T n+1−T n=bn+1=
2
(2n+1)(2n+3) >0，所以{T n}单调递增，所以T n≥T 1=b1= 2
3 ，
综上可得2
3 ≤T n<1．
【变式训练6-1】已知数列{an}满足a1=1，(2n−1)an+1=(2n+1)an．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=(
1
2)
an
，设数列{anbn}的前n 项和Sn，证明：Sn< 10
9 ．
【变式训练6-2】已知数列{an}的前n项和为Sn，满足an+1−Sn
n =n+1(n∈N
∗)，且a4为a2，a8的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设T n为数列{
1
anan+1}的前n项和，证明：T n≥1
8
.
【变式训练6-3】已知Sn是数列{an}的前n项和，a1= 1
2，且an+1
3 ,Sn+1,3 Sn+1−1成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设bn= Sn Sn+1，数列{bn}的前n项和为T n，证明：3T n<a1．
【变式训练6-4】记数列{an}的前n 项和为Sn，且满足Sn=2an−n（n∈N
∗）.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求证：数列{
an+1
anan+1}的前n 项和
.
【变式训练6-5】已知{an}为公比大于0 的等比数列，其前n项和为Sn，且a1=1,S2=a3−1．
(1)求{an}的通项公式及Sn；
(2)设数列{bn}满足bn={
k ,n=ak
bn−1+2k ,ak<n<ak +1
，其中k ∈N ∗．
（ⅰ）求证：当n=ak +1(k ∈N
∗,
k
且>1)时，求证：
；
（ⅱ）求
．
【变式训练6-6】已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=2，Sn+1= Sn+ 4 an−3，记bn=log2(an−1)+3.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)已知cn=(−1)
n+1⋅1+bn
bnbn+1
，记数列{cn}的前n项和为T n，求证：T n≥2
21
.
【变式训练6-7】已知数列{an}中，a1=1，点 P(an,an+1)，n∈N
∗在直线x−y +1=0上.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn= 1
an
，Sn为数列{bn}的前 n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g(n)，使得
S1+ S2+⋯Sn−1=(Sn−1)⋅g(n)(n≥2,n∈N
∗)恒成立，若存在，写出 g(n)的表达式，并加以证明，若
不存在，说明理由.
【变式训练6-8】记Sn为数列{an}的前n项和，已知na1+(n−1)a2+⋅⋅⋅+an=2Sn−1．证明：
(1){Sn}为等比数列；
(2) 1
a1
+ 2
a2
+⋅⋅⋅+ n
an
<7．
【变式训练6-9】已知正项数列{an}的前n项和Sn满足关系式6 S1
a1+3 + 6 S2
a2+3 +⋯+ 6 Sn
an+3 = Sn,n∈N
*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设T n=(−1)
s1a1+(−1)
s2a2+⋯+(−1)
snan,n∈N
∗，证明|T n|<4 n,n≥3.
【变式训练6-10】设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4 Sn=(an+3)(an−1)，已知等比数列{bn}，
b2=a1，b3=a4，n∈N
∗．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）记cn= an
bn
，数列{cn}的前n项和T n．证明：对一切正整数n，T n<6．
【变式训练6-11】已知数列{an}满足a1=3，且an+1=2an−1.
（1）证明：数列{an−1}为等比数列；
（2）记
，Sn是数列{bn}前n 项的和，求证：Sn< 1
3
.
题型07: 先求和再放缩,证明与前n 项和有关的不等式
证明与前n 项有关的不等式,若所给数列可以转化为等差（比）数列求和,或可以裂项求和,通常是先求和,再放缩.
【典型例题1】已知等比数列{an}和等差数列{bn},满足an+1>an,a1=b1=1,a2=b2,3a3= 4 b3．
(1)求数列{an},{bn}的通项公式；
(2)记数列{an⋅bn}的前n项和为T n,数列{
T n
bn⋅bn+1}的前n项和为
．证明：Pn< 2
n+1
n+1 −1．
【答案】见解析
【解析】（1）等比数列{an}满足an+1>an,a1=1,所以{an}单调递增,
设{an}的公比为q(q>1),等差数列{bn}的公差为d,依题意可得{
1+d =q
3q
2= 4 (1+2d)
,
解得{
q =2
d =1或{
q = 2
3
d =−1
3
（舍去）,
所以an=2
n−1,bn=n．
（2）由（1）可得an⋅bn=n×2
n−1,
所以T n=1×2
0+2×2
1+3×2
2+⋅⋅⋅+n×2
n−1
2T n=1×2
1+2×2
2+⋅⋅⋅+(n−1)×2
n−1+n×2
n
所以T n=−(2
0+2
1+2
2+⋅⋅⋅+2
n−1)+n×2
n=−1−2
n
1−2 +n×2
n=(n−1)×2
n+1,
故
T n
bn⋅bn+1
= (n−1)2
n+1
n(n+1)
= (n−1)2
n
n(n+1) +
1
n(n+1)
,
又(n−1)2
n
n(n+1) = 2
n+1
n+1 −2
n
n
,
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1
,
即
T n
bn⋅bn+1
= 2
n+1
n+1 −2
n
n + 1
n −
1
n+1
,
所以Pn= 2
2
2 −2
1
1 + 1
1 −1
2 + 2
3
3 −2
2
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 2
n+1
n+1 −2
n
n + 1
n −
1
n+1
=(
2
2
2 −2
1
1 + 2
3
3 −2
2
2 +⋯+ 2
n+1
n+1 −2
n
n)+(
1
1 −1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)
= 2
n+1
n+1 −2+1−
1
n+1 = 2
n+1
n+1 −1−
1
n+1 < 2
n+1
n+1 −1．
【典型例题2】已知等差数列{an}公差为d，d ≠0，且a2=7，
，a4，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=−an+11，数列{
2
bn⋅bn+1}的前n 项和为T n，求T n，并求证：1
4 ≤T n< 1
2
.
【答案】(1)an=−2n+11
(2)
，证明见解析
【解析】（1）由已知列方程组求出数列{an}的首项和公差，可得通项公式；
（2）利用列项相消求数列{
2
bn⋅bn+1}的前n 项和为T n，再结合单调性即可求证；
（1）等差数列{an}公差为d，d ≠0，且a2=7，
，a4，a5成等比数列，
则有{
a1+d =7
(a1+3d)
2=a1(a1+ 4 d)
，解得{
a1=9
d =−2
，
所以an=a1+(n−1)d =−2n+11
（2）bn=−an+11=2n，
2
bn⋅bn+1
=
2
2n(2n+2) =
1
2n(n+1) = 1
2(
1
n −
1
n+1)，
所以数列{
2
bn⋅bn+1}的前n 项和T n= 1
2(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)= 1
2(1−
1
n+1)=
n
2(n+1)
.
所以T n= n+1−1
2(n+1) = 1
2 −
1
2(n+1)，
易知T n= 1
2 −
1
2(n+1)单调递增，同时
1
2(n+1) >0，
所以当n=1时取得最小值1
4 ，同时
1
2(n+1) >0，
所以1
4 ≤T n< 1
2
【变式训练7-1】设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N
∗，都有S2n=k Sn（k为非零常数），则称数
列{an}为“和等比数列”，其中k为和公比.若an=2n+t，且{an}为“和等比数列”.
(1)求t的值，并求出{an}的和公比k；
(2)若
，求数列{bn}的前n项和T n；
(3)在（2）的条件下，若不等式T n>[(n+1)m−3]⋅2
n+1+6对任意的n∈N
∗恒成立，求m的取值范围.
【变式训练7-2】已知数列{an}的前n项和Sn=nan−3n(n−1)，n∈N
∗，且a3=17．
(1)求
；
(2)求数列{an}的前n项和Sn；
(3)设数列{bn}的前n项和T n，且满足
，求证：
．
题型08:先放缩,再求和,证明与前n 项和有关的不等式
此类问题,通常是所给数列无法求和,要先把所给数列放缩成等差（比）数列或可以裂项求和、错位相减法
求和的数列,再求和,放缩时要观察待证结论,防止放缩过度或不足.
【典型例题1】已知数列{an}满足
．
(1)证明{an+ 1
2}是等比数列,并求{an}的通项公式；
(2)证明：
【答案】见解析
【解析】（1）因为an+1=7an+3,所以an+1+ 1
2 =7(an+ 1
2),且a1+ 1
2 = 7
2
,则an+ 1
2 ≠0,
即
an+1+ 1
2
an+ 1
2
=7,所以数列{an+ 1
2}是首项为a1+ 1
2 = 7
2
,公比为7 的等比数列,
所以an+ 1
2 = 7
2 ⋅7
n−1= 7
n
2
,则an= 7
n−1
2
；
（2）由（1）可知, 1
an
=
2
7
n−1
,
7
n−1−6⋅7
n−1=7
n−1−1≥0,即7
n−1≥6⋅7
n−1,只有当n=1时,等号成立,
所以1
an
=
2
7
n−1
≤
1
3⋅7
n−1,只有当n=1时,等号成立,
当n=1时, 1
a1
= 1
3 < 7
18
,成立,
当n≥2时, 1
a1
+ 1
a2
+...+ 1
an
< 2
6(1+ 1
7 +...+ 1
7
n)= 1
3 ×
1−(
1
7)
n
1−1
7
< 7
18
,
综上可知,
.
【典型例题2】已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an−1,(n≥1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
<2．
【答案】见解析
【解析】（1）当n=1时,a1=2a1−1
a1=1.
当n≥2时,Sn=2an−1,Sn−1=2an−1−1,两式相减得：
an=2an−2an−1
an=2an−1.
所以{an}是以a1=1为首项,以q =2为公比的等比数列.
所以an=2
n−1.
（2）由（1）知：Sn= 1−2
n
1−2 =2
n−1
所以1
Sn
=
1
2
n−1
.
当n=1时, 1
S1
=
1
2
1−1
=1<2,
当n≥2时,2
n−1>1,故1
Sn
=
1
2
n−1
<
1
2
n−2
n−1 = 1
2
n−1,
所以1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋯+ 1
Sn
<1+ 1
2 + 1
2
2 +⋯+
1
2
n−1 =
1−(
1
2)
n
1−1
2
=2[1−(
1
2)
n
]<2.
【典型例题3】已知数列{an}中，a1=1，Sn为数列{an}的前n项和，且Sn+1= an+2
an
⋅Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1+2
2⋅b2+3
2⋅b3+⋯+n
2⋅bn=an(n∈N
∗)，T n为数列{bn}的前n项和，求证：T n<2．
【答案】(1)an=n
(2)证明见解析
【解析】（1）利用Sn、an的关系结合递推式可得an+1(an+2−an−2)=0，分奇偶项计算即可；
（2）结合（1）的结论利用递推关系可得bn= 1
n
2，再利用1
n
2 <
1
n(n−1) =
1
n−1 −1
n，放缩求证不等式即可.
（1）由题意得an⋅Sn+1=(an+2)⋅Sn，所以an⋅Sn+1=an⋅Sn+2Sn，
所以an⋅(Sn+1−Sn)=2Sn，所以an⋅an+1=2Sn，①
因此an+1⋅an+2=2Sn+1．②
由②-①，得an+1(an+2−an)=2an+1，即an+1(an+2−an−2)=0，
因此an+1=0或an+2−an−2=0．
因为an≠0，所以an+1≠0，所以an+2−an=2，
所以数列{an}的奇偶项分别成等差数列，且公差为2．
又因为a1=1,a1⋅a2=2S1=2a1，得a2=2，
所以a2n−1=a1+(n−1)⋅2=2n−1，a2n=a2+(n−1)⋅2=2n．所以an=n．
（2）证明：由（1）知b1+2
2b2+3
2b3+⋯+n
2⋅bn=an=n，
可得b1+2
2b2+3
2b3+⋯+(n−1)
2⋅bn−1=an−1=n−1，
两式相减，得n
2⋅bn=n−(n−1)，即bn= 1
n
2 (n≥2)．
又b1=a1=1，所以bn= 1
n
2．又1
n
2 <
1
n(n−1) =
1
n−1 −1
n ，
所以T n= 1
1 + 1
2
2 +⋯+ 1
n
2 <1+
1
1×2 +⋯+
1
(n−1)×n ，=1+1−1
2 +⋯+
1
n−1 −1
n =2−1
n <2
所以T n<2．
【典型例题4】已知数列{an}满足：
.
(1)求证：数列{a2n−1+1}和{a2n−1}均为等比数列；
(2)设bn= 2×3
n−2
anan+1
，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn< 3
10
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）由a2n−1+a2n= 4×3
2n−1，a2n+a2n+1= 4×3
2n，两式相减结合累加法得a2n−1= 1
3 ×9
n−1，
a2n−1+1= 1
3 ×9
n，再由等比数列定义证明即可；
（2）先求出an的通项公式，进而证明an+1−an≥2×3
n−2，从而得出bn= 2×3
n−2
anan+1
≤1
an
−1
an+1
，最后结合裂
项相消求和法证明即可.
（1）由a2n−1+a2n= 4×3
2n−1，①
a2n+a2n+1= 4×3
2n，②
将②-①得a2n+1−a2n−1= 8
3 ×9
n，
故当n≥2时，a3−a1= 8
3 ×9，a5−a3= 8
3 ×9
2，a7−a5= 8
3 ×9
3，…，a2n−1−a2n−3= 8
3 ×9
n−1，
累加得a2n−1−a1= 8
3 (9+9
2+⋯+9
n−1)= 8
3 × 9−9
n
1−9 = 1
3 ×9
n−3，
故a2n−1= 1
3 ×9
n−1，
当n=1时，a1= 1
3 ×9−1=2，符合题意，
故a2n−1= 1
3 ×9
n−1(n∈N
∗)，
即a2n−1+1= 1
3 ×9
n，a2n+1+1
a2n−1+1 =9，
因此{a2n−1+1}为以3 为首项，9 为公比的等比数列.
将a2n−1= 1
3 ×9
n−1代入①得a2n−1=9
n，故{a2n−1}为以9 为首项，9 为公比的等比数列.
（2）由（1）知a2n−1=3
2n−1−1，a2n=3
2n+1，故an=3
n+(−1)
n，
当n为奇数时，an+1−an=2×3
n+2>2×3
n−2；
当n为偶数时，an+1−an=2×3
n−2=2×3
n−2，
因此对任意n∈N
∗，均有an+1−an≥2×3
n−2，
则bn= 2×3
n−2
anan+1
≤an+1−an
anan+1
= 1
an
−1
an+1
.
当n=1时，S1=
；
当n≥2时，Sn≤
4
a1a2
+(
1
a2
−1
a3)+(
1
a3
−1
a4)+⋯+(
1
an
−1
an+1)= 3
10 −1
an+1
< 3
10
.
【典型例题5】已知数列{an}的前n项和为Sn，若
，且a1=1．
(1)求证：数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设
，数列{bn}的前n项和为T n，求证：T n< 3
2．
【答案】(1)证明见解析，an=2n−1
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意，利用求和公式的定义整理可得数列递推公式，结合累乘法，并检验，可得答案；
（2）根据等差数列的求和公式整理可得新数列的通项公式，利用裂项相消，可得答案.
（1）
，∴
，
∴4 an=(2n−1)an+1−(2n−3)an(n≥2)，
即
，
∴
，an−1
an−2
= 2n−3
2n−5 ，…，
，
∴an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅⋅⋅a3
a2
= 2n−1
2n−3 ⋅2n−3
2n−5 ⋅⋅⋅5
3 ，
即
，∴
．
由
，令n=1可得
，
∴an=2n−1(n≥2)，验证a1=1符合上式，∴an=2n−1．
（2）由（1）得Sn=n
2，
，b1=1，
显然T 1< 3
2；
可知当n≥2时，bn=
1
n(2n−1) <
1
n(2n−2) =
1
2n(n−1) = 1
2(
1
n−1 −1
n)，
∴T n=b1+b2+⋅⋅⋅+bn<b1+ 1
2[(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋅⋅⋅+(
1
n−1 −1
n)]
=1+ 1
2(1−1
n)< 3
2，
T 1=1符合上式，
∴不等式得证．
【变式训练8-1】已知{an}是等差数列,其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,已知a1=1，S3=6,b1=a2，a8是a4
和b4的等比中项.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{
an
bn}的前n项和T n；
(3)记cn= bn−1
bn+1−1
,求证：n
2 −1
2 + 1
2
n+1 <∑
i=1
n
ci< n
2 −1
4 + 1
2
n+2.
【变式训练8-2】如图,已知点列An(xn, yn)在曲线y
2= x上,点列Bn(an,0)在x 轴上,A1(1,1),B1(0,0),
△Bn An Bn+1为等腰直角三角形．
(1)求a1,a2,a3；（直接写出结果）
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设n∈N
∗,证明：n(n+1)
2
<❑√a2+ ❑√a3+⋯+ ❑√an+1< n(n+2)
2
．
【变式训练8-3】已知数列{an}对于任意n∈N
∗都有(a1+1)
2
+ (a2+1)
2
2
+ (a3+1)
2
3
+⋯+ (an+1)
2
n
=n．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)设数列{
2n
an+1}前n 项和为Sn，求Sn．
(3)证明：1
a1
+ 1
a2
+ 1
a3
+⋯+ 1
an+1
< 5
3，(n∈N +)．
【变式训练8-4】记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2,an+1= Sn+n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设单调递增的等差数列{bn}满足b1=2，且a1+b1,a2+b2,a3+ 1
2 b3成等比数列.
（i）求{bn}的通项公式；
（ii）设T n= 1
b1
2 + 1
b2
2 +⋯+ 1
bn
2 ，证明：T n< 3
4
.
【变式训练8-5】(a,b)表示正整数a,b 的最大公约数.若{x1, x2, x3,⋯, xk}⊆{1,2,3,⋯,m}(k ,m∈N
∗),且
∀x∈{x1, x2, x3,⋯, xk},(x ,m)=1,则将k 的最大值记为φ(m),例如：
.
(1)求φ(2),φ(3),φ(3
n);
(2)设bn=
1
3φ(3
n)−1
,数列 bn的前n 项和为 T n，证明： T n< 11
30
【变式训练8-6】自然常数,符号e,为数学中的一个常数,是一个无限不循环小数,且为超越数,其值约为2.71828.它
是自然对数的底数.有时称它为欧拉数（Euler number）,以瑞士数学家欧拉命名；也有个较为少见的名字“纳皮
尔常数”,以纪念苏格兰数学家约翰・纳皮尔（John Napier）引进对数.它就像圆周率π和虚数单位i,是数学中最
重要的常数之一,它的其中一个定义是e =lim
x→∞(1+ 1
x)
x
.设数列
的通项公式为en=(1+ 1
n)
n
,n∈N ∗,
(1)写出数列
的前三项e1,e2,
．
(2)证明：
．
【变式训练8-7】已知数列{an}的前n项和为Sn，若
，且a1=1．
(1)求证：数列{an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
(2)设
，数列{bn}的前n项和为T n，求证：T n< 3
2．
【变式训练8-8】记Sn是等差数列{an}的前n项和，数列{bn}是等比数列，且满足a3=5，
，a1+b1=0，
a2+b2=a3+b3=a4−3b4．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=
nbn
an⋅an+1
，求数列{cn}的前n项和；
(3)求证：对于∀n∈N且n≥2，1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+⋅⋅⋅+ 1
Sn
< 7
4 ．
【变式训练8-9】已知数列{an}满足：
.
(1)求证：数列{a2n−1+1}和{a2n−1}均为等比数列；
(2)设bn= 2×3
n−2
anan+1
，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：Sn< 3
10
.
【变式训练8-10】已知数列{an}中，a1=1，数列{an}的前n 项和为Sn，且
.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）求证：
.
【变式训练8-11】已知数列{an}的前n项和为Sn，当n∈N
∗时，
.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）证明:当n∈N
∗时， a2
a1
+ a3
a2
+ a4
a3
+⋅⋅⋅+ an+1
an
<2n+2.
【变式训练8-12】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1= 1
2，an+2Sn Sn−1=0(n≥2)
(1)求an和Sn
(2)求证：S1
2+ S2
2+ S3
2+…+ Sn
2≤1
2 −1
4 n．
【变式训练8-13】已知数列{an}，{bn}，a1=1，an=an−1+2
n−1，bn= an−1+1
anan+1
，Sn为数列{bn}的前n 项和，
T n为数列{Sn}的前n 项和．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{bn}的前n 项和Sn；
（3）求证：n
2 −1
3 <T n< n
2．
【变式训练8-14】已知数列{an}前n 项积为T n，且an+T n=1(n∈N
∗)．
(1)求证：数列{
1
1−an}为等差数列；
(2)设
，求证：Sn>an+1−1
2．
【变式训练8-15】已知数列{an}中，a1=3,an+1= 3an
an+2
(1)证明：数列{1−1
an}为等比数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)令bn= an+1
an
，证明:bn<bn+1<1．
题型09: 与导数有关的数列不等式.
求解此类问题,通常先利用导数证明一个不等式,再把不等式中的自变量用1,2,3,⋯,n代换,通过累加或累乘法证
明所给不等式.
【典型例题1】已知函数f ( x)=2sin x−ax
(1)若函数在[0,π ]内点A处的切线斜率为−a(a≠0),求点A的坐标；
(2)①当a=1时,求g( x)= f ( x)−ln( x +1)在[0, π
6]上的最小值；
②证明：sin 1
2 +sin 1
3 +⋯+sin 1
n >ln n+1
2
(n∈N ,n≥2)．
【答案】见解析
【解析】（1）设点A(x0,f (x0)), x0∈[0,π ].
由于f
'( x)=2cos x −a,则f
'(x0)=2cos x0−a=−a,得cos x0=0,
则x0= π
2
,且f(
π
2)=2−π
2 a,所以点A的坐标为(
π
2 ,2−π
2 a).
（2）①g( x)=2sin x−x−ln( x +1),
则
,记h( x)=2cos x−1−
1
x +1
,
则h
'( x)=−2sin x +
1
( x +1)
2
易知
在[0, π
6]上单调递减,且h
'(0)=1>0,h
'(
π
6)=
1
(
π
6 +1)
2 −1<0,
∴∃x0∈(0, π
6),h
'(x0)=0,即−2sin x0+
1
(x0+1)
2 =0,
所以,当x∈(0, x0)时,h
'( x)>0,h(x)在(0, x0)上单调递增；
当x∈(x0, π
6)时,
,h(x)在(x0, π
6)上单调递减.
因为h(0)=0,h(
π
6)= ❑√3−1−
1
π
6 +1
>❑√3−1−
1
1
2 +1
= ❑√3−5
3 >0,
所以x∈(0, π
6)时,h(x)>0,g(x)在[0, π
6]单调递增,
所以,当x =0时,g(x)取得最小值g(0)=0.
②由①可知x∈(0, π
6),时g( x)>0恒成立,即
恒成立.
设s( x)= x−ln( x +1),则s
'( x)=1−
1
x +1 =
x
x +1
,
当x∈(0, π
6)时,s
'( x)>0,
在(0, π
6)上单调递增,
所以s( x)>s(0)=0,所以x>ln( x +1),
又2sin x>ln( x +1)+ x>2ln( x +1),所以sin x>ln( x +1),
取x = 1
n
(n∈N ,n≥2),则sin 1
n >ln(
1
n +1)= ln(n+1)−ln n,
∴sin 1
2 +sin 1
3 +⋯+sin 1
n >ln3−ln2+ ln 4−ln3+⋯+ ln(n+1)−ln n
= ln(n+1)−ln2= ln n+1
2
,得证.
【典型例题2】牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设r是y = f (x)的一个零点,任意选
取x0作为r的初始近似值,过点(x0,f (x0))作曲线y = f (x)的切线l1,l1与x轴的交点为横坐标为x1,称x1为r的1 次近
似值,过点(x1,f (x1))作曲线y = f (x)的切线l2,l2与x轴的交点为横坐标为x2,称x2为r的2 次近似值．一般地,过点
(xn,f (xn))作曲线y = f (x)的切线ln+1,ln+1与x轴的交点为横坐标为xn+1,就称xn+1为r的n+1次近似值,称数列{xn}
为牛顿数列．
(1)若f (x)= x
3+ x−1的零点为r,x0=0,请用牛顿切线法求r的2 次近似值；
(2)已知二次函数g(x)有两个不相等的实数根b,c (c>b),数列{xn}为g(x)的牛顿数列,数列{cn}满足
cn= xn−b
xn−c (n∈N
∗),且xn>c．
（ⅰ）设xn+1=h(xn),求h(xn)的解析式；
（ⅱ）证明：1
c1
+ 1
c2
+⋯+ 1
cn
<
2
lnc1
【答案】见解析
【解析】（1）f (x)= x
3+ x−1,f
' (x)=3 x
2+1
x0=0,f (x0)=−1,f
' (0)=1,所以l1: y −(−1)= x⇒y = x−1
当y =0⇒x1=1,f (1)=1,f
' (1)= 4,所以l2: y −1= 4( x−1)⇒y = 4 x−3
当y =0⇒x2= 3
4
,
所以r的2 次近似值为3
4
.
（2）（ⅰ）因为二次函数f (x)有两个不等实根b,c,
所以不妨设f (x)=a(x−b)(x−c),
则f (xn)=a(xn−b)(xn−c)=a xn
2−(ab+ac) xn+abc,
因为f
' (x)=a(2 x−b−c),所以f
'(xn)=a(2 xn−b−c),
所以在横坐标为xn的点处的切线方程为y −f (xn)=a(2 xn−b−c)(x−xn),
令y =0,则x = a⋅xn(2 xn−b−c)−f (xn)
a(2 xn−b−c)
=
a xn
2−abc
a(2 xn−b−c)
=
xn
2−bc
2 xn−b−c ,
即xn+1=
xn
2−bc
2 xn−b−c
,
所以h(xn)=
xn
2−bc
2 xn−b−c
.
（ⅰⅰ）由（ⅰ）知, xn+1−b
xn+1−c = xn
2−bc−b(2 xn−b−c)
xn
2−bc−c(2 xn−b−c)
= xn
2−2b xn+b
2
xn
2−2c xn+c
2 = (xn−b)
2
(xn−c)
2 ,
所以cn+1=cn
2.
因为xn>c ,c>b,所以cn>1,所以lncn+1=ln(cn)
2=2lncn>0.
令dn=lncn,则
,又d1=lnc1>0,
所以dn+1
dn
=2,数列{dn}是公比为2 的等比数列.
dn=(lnc1)⋅2
n−1.
令g(x)=ln x−x +1(x>1),则g
' (x)= 1
x −1= 1−x
x
当x>1时,g
' (x)<0,所以g(x)在(1,+∞)单调递减,
所以g(x)<g(1)= ln1−1+1=0,即ln x< x−1(x>1),
因为cn>1,所以0<lncn<cn−1<cn,即1
dn
> 1
cn
>0.
1
c1
+ 1
c2
+⋯+ 1
cn
< 1
d1
+ 1
d2
+⋯+ 1
dn
=
1
lnc1(1+ 1
2 +⋯+ 1
2
n−1)
=
1
lnc1[
1−(
1
2)
n
1−1
2 ]
=
2
lnc1[1−(
1
2)
n
]<
2
lnc1
.
【变式训练9-1】已知函数f (x)=sin x,g(x)=1−x
2
2
.
(1)求曲线
在x =0处的切线方程；
(2)证明：对∀x∈0,+ ∞),f
' (x)≥g(x)恒成立（f
' (x)为f (x)的导数）；
(3)设an=
❑√n
2
n ,证明：∑
i=1
n f (ai+1)−f (ai)
ai+1−ai
>n−2
9
（n∈N
∗）.
【变式训练9-2】帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m,n,函数
f (x)在x =0处的[m,n]阶帕德近似定义为：
,且满足：f (0)= R (0),f
' (0)= R
' (0),
f
″ (0)= R
″ (0),…,f
(m+n)(0)= R
(m+n)(0)．注：
,f
‴ (x)=[f
″ (x)]
',f
(4)(x)=[f
‴ (x)]
',
f
(5)(x)=[f
(4)( x)]
',…已知f (x)=e
x在x =0处的[1,1]阶帕德近似为R (x)= 1+ax
1+bx ．
(1)求实数a,b 的值；
(2)当x∈(0,1)时,试比较f (x)与R (x)的大小,并证明；
(3)已知正项数列{an}满足：a1= 1
2
,ane
an+1=e
an−1,求证：1
2
n ≤an≤1
2
n−1．
【变式训练9-3】已知函数f ( x)= ln( x +1)−x,数列{an}满足a1=1,an+1=an+ 1
an
,n>2,n∈正整数
(1)求f ( x)的最大值；
(2)求证：
；
(3)求证：
．
题型10:数学归纳法证明数列不等式
【典型例题1】设正项数列{an}的首项为4，满足an
2=an+1+3nan−3．
(1)求a2，a3，并根据前3 项的规律猜想该数列的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的猜想．
【答案】(1)a2=7 ,a3=10，an=3n+1；
(2)见解析
【解析】（1）由首项及递推关系式逐次求得a2,a3，再根据前三项总结规律猜想出数列的通项公式；
（2）根据已知条件得到递推关系，利用递推关系按数学归纳法步骤证明即可.
(1)
由an
2=an+1+3nan−3可得an+1=an
2−3nan+3，又
，则a2=a1
2−3a1+3=7，a3=a2
2−6a2+3=10，
则a2=7,a3=10，猜想an=3n+1；
(2)
由（1）得an+1=an
2−3nan+3，当n≥2时，an=an−1
2
−3(n−1)an−1+3，
①当n=1时，猜想显然成立；
②假设当n=k (k ≥2,k ∈N
∗)时成立，即ak =3k +1；
当n=k +1时，ak +1=ak
2−3k ak +3=(3k +1)
2−3k (3k +1)+3=3k + 4 =3(k +1)+1，猜想成立，
由①②知猜想恒成立，即an=3n+1.
【典型例题2】已知数列{an}满足a1= 1
3，前n 项和Sn=(2n
2−n)an．
(1)求a2，a3，a4的值并猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明（1）的猜想．
【答案】(1)a2= 1
15，a3= 1
35，a4= 1
63，an=
1
(2n−1)(2n+1)；
(2)证明见解析.
【解析】（1）用赋值法即可求解，根据根据a2，a3，a4，猜想可得an；
（2）利用数学归纳法的步骤证明即可.
(1)
∵a1= 1
3 ，前n 项和Sn=(2n
2−n)an，
∴令n=2，得a1+a2=6a2，
∴a2=
1
3×5 = 1
15 ，
令n=3，得a1+a2+a3=15a2，
∴a3=
1
5×7 = 1
35 ．
令n= 4，得a1+a2+a3+a4=28a2，
∴a4=
1
7×9 = 1
63 ．
猜想an=
1
(2n−1)(2n+1)．
(2)
用数学归纳法给出证明如下
①当n=1时，结论成立；
②假设当n=k (k ∈N ∗，k ≥1)时，结论成立，
即
，
则当n=k +1时，Sk =(2k
2−k)⋅ak =
k
2k +1，
Sk +1=[2(k +1)
2−(k +1)]⋅ak +1，
即Sk +1= Sk +ak +1=
k
2k +1 +ak +1=[2(k +1)
2−(k +1)]⋅ak +1，
∴k (2k +3)⋅ak +1=
k
2k +1，
∴ak +1=
1
(2k +1)(2k +3)，
∴当n=k +1时结论成立．由①②可知，
对一切n∈N ∗都有an=
1
(2n−1)(2n+1)成立．
【变式训练10-1】设数列{an}满足a1=3,2nan+1=(2n−1)an+6n+1．
(1)求a2,a3的值并猜测通项公式an；
(2)证明上述猜想的通项公式．
【变式训练10-2】已知数列{an}的前n项和为Sn，其中
且a1= 1
3 (n∈N
∗).
(1)试求：a2，a3的值，并猜想数列{an}的通项公式an；
(2)用数学归纳法加以证明.
【变式训练10-3】用数学归纳法证明(1−1
3)(1−1
4)(1−1
5)⋅⋅⋅(1−
1
n+2)=
2
n+2 (n∈N
∗)．
题型11: 数列不等式与三角函数综合
【典型例题1】已知函数
，记f n( x)的最小值为an，数列{an}的前n 项和为Sn，
下列说法正确的是（ ）
A．a2= 1
2
B．
C．
D．若数列{bn}满足
，则
【答案】ACD
【解析】A 选项，
，故a1=1，
由基本不等式可得
，故f 2( x)≥1
2，当且仅当sin
2 x =cos
2 x时，等号成
立，
故a2= 1
2，A 正确；
B 选项，由柯西不等式得
，
当且仅当sin
2 x =cos
2 x时，等号成立，
故a3= 1
4 ，
，故
，当且仅当sin
2 x =cos
2 x时，等号成立，
故a4= 1
8，
依次类推，可得
，当且仅当sin
2 x =cos
2 x等号成立，
故an=(
1
2)
n−1
S4=1+ 1
2 + 1
4 + 1
8 = 15
8 ，B 错误；
C 选项，设h(x)= ln (1+ x)−x，x>0，
则h
' (x)=
1
1+ x −1= −x
1+ x <0在(0,+ ∞)上恒成立，
故h(x)= ln (1+ x)−x在(0,+ ∞)上单调递减，
所以h(x)<h(0)=0，故ln (1+ x)< x在(0,+∞)上恒成立，
∑
i=1
n∑(1+ai)∑
i =1
n
ln[1+(
1
2)
i−1]∑
i =1
n
(
1
2)
i−1
=
1−(
1
2)
n
1−1
2
(
1
2)
n−1
ln
，C 正确；
D 选项，
，
bibi+1bi+2=
1
i(i+1)(i+2) = 1
2[
1
i(i+1) −
1
(i+1)(i+2)]，
故
∑
i=1
n
bibi+1bi+2= 1
2(
1
1×2 −
1
2×3 +
1
2×3 −
1
3×4 +⋯+
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2))= 1
2(
1
1×2 −
1
(n+1)(n+2))= 1
4 −2(n+
，
D 正确.
故选：ACD
【点睛】常见的裂项相消法求和类型：
分式型：
1
n(n+k ) = 1
k(
1
n −
1
n+ k)，
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
1
n(n+1)(n+2) = 1
2[
1
n(n+1) −
1
(n+1)(n+2)]等；
指数型：
2
n
(2
n+1−1)(2
n−1)
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
，
n+2
n(n+1)⋅2
n =
1
n⋅2
n−1 −
1
(n+1)⋅2
n等，
根式型：
1
❑√n+ ❑√n+ k = 1
k (❑√n+ k −❑√n)等，
对数型：logm
an+1
an
= logman+1−logman，m>0且m≠1；
【典型例题2】设f (x)=a x
2+cos x−1,a∈R.
(1)当a= 1
2时,证明：f (x)≥0；
(2)证明：cos 1
2 +cos 1
3 +⋯+cos 1
n >n−4
3 (n∈N
∗,n>1).
【答案】见解析
【解析】（1）因为f (x)=a x
2+cos x−1定义域为R,
所以f (−x)=a x
2+cos x−1= f (x),
所以f (x)为定义在R上的偶函数,下取x ≥0,
可知f
' (x)= x−sin x,令
φ
' (x)=1−cos x ≥0，
则φ(x)在0,+∞)内单调递增,可得φ(x)≥φ(0)=0,
即f
' (x)≥0在0,+∞)内恒成立,可知f (x)在0,+∞)内单调递增,
所以f (x)在0,+∞)内的最小值为f (0)=0,结合偶函数性质可知：f (x)≥0.
（2）由（1）可得：f (x)= 1
2 x
2+cos x−1≥0,当且仅当x =0时,等号成立,
即cos x ≥1−1
2 x
2,令x = 1
n ,n≥2,n∈N
∗,则cos 1
n >1−1
2n
2,当n≥2时,
cos 1
n >1−1
2n
2 =1−2
4 n
2 >1−
2
4 n
2−1
=1−(
1
2n−1 −
1
2n+1),即cos 1
n >1−(
1
2n−1 −
1
2n+1),
则有：cos 1
2 >1−(
1
3 −1
5),cos 1
3 >1−(
1
5 −1
7),⋅⋅⋅,cos 1
n >1−(
1
2n−1 −
1
2n+1),
相加可得：cos 1
2 +cos 1
3 +⋯+cos 1
n >(n−1)−(
1
3 −
1
2n+1)=n−4
3 +
1
2n+1
,
因为n≥2,则
1
2n+1 >0,所以cos 1
2 +cos 1
3 +⋯+cos 1
n >n−4
3
,
即cos 1
2 +cos 1
3 +⋯+cos 1
n >n−4
3 (n∈N
∗,n>1).
【变式训练11-1】已知首项为正数的等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，满足
．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn= 4cos(nπ )⋅
n+1
an⋅an+1
，求数列{bn}的前n项和T n．
【变式训练11-2】设正项数列{an}满足a1=1，an= 2an+1
1−an+1
2
，n∈N
∗．数列{xn}满足an= tan xn，其中
xn∈(0, π
2)，n∈N
∗．已知如下结论：当x∈(0, π
2)时，sin x< x<tan x．
(1)求{xn}的通项公式．
(2)证明：n−π
2
12 <
1
a1
2+1
+
1
a2
2+1
+⋯+
1
an
2+1
<n．
【变式训练11-3】同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，m∈N
∗且m>1．若
m|(a−b)则称a 与b 关于模m 同余，记作a≡b（modm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程x
2−x≡0（mod3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列{an}，其中a1<a2<a3<⋯<an．
①若bn=an+1−an（n∈N
∗），数列{bn}的前n 项和为Sn，求S2024；
②若cn= tan a2n+1⋅tan a2n−1（n∈N
∗），求数列{cn}的前n 项和T n．
【变式训练11-4】设f ( x)=sin x−x + 1
2 x
2．
（1）当x ≥0时，求证：f ( x)≥0；
（2）证明：对一切正整数n，都有sin1+sin 1
2
2 +sin 1
3
2 +sin 1
4
2 +⋯+sin 1
n
2 > 1
2 −
1
2(n+1)．
题型12: 数列不等式与概率统计
【典型例题】在足球比赛中,有时需通过点球决定胜负．
(1)扑点球的难度一般比较大,假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门,门将(也称
为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球,而且门将即使方向判断正确也有
的可能
性扑不到球．不考虑其它因素,在一次点球大战中,求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练,甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中,球从甲脚下开始,等可能
地随机传向另外2人中的 1人,接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人,如此不停地传下去,假设传出
的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,易知p1=1, p2=0．
① 试证明：{pn−1
3}为等比数列；
② 设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn,比较p2024与q2024的大小．
【答案】见解析
【解析】（1）解法一：依题意可得,门将每次可以扑到点球的概率为p=
3
3×3 ×(1−2
3)= 1
9
,
门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3
易知X ∼B(3, 1
9),所以P(X =k )=C3
k×(
1
9)
k
×(
8
9)
3−k
,k =0,1,2,3
故X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
512
729
8
243
1
729
所以X的数学期望E (X )=3× 1
9 = 1
3．
解法二：X的所有可能取值为0,1,2,3
在一次扑球中,扑到点球的概率P = 1
3 × 1
3 ×3×(1−2
3)= 1
9
,
所以P(X =0)=C3
0(
8
9)
3
= 512
729 , P(X =1)=C3
1 1
9 ⋅(
8
9)
2
= 192
729
P(X =2)=C3
2⋅(
1
9)
2
× 8
9 = 24
729 , P(X =3)=C3
3(
1
9)
3
= 1
729
所以X的分布列如下：
X
0
1
2
3
P
512
729
192
729
24
729
1
729
所以的X数学期望：E (X )=0× 512
729 +1× 192
729 +2× 24
729 +3× 1
729 = 243
729 = 1
3
（2）①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn,
则当n≥2时,第n−1次传球之前球在甲脚下的概率为pn−1,
第n−1次传球之前球不在甲脚下的概率为1−pn−1,
则pn= pn−1×0+(1−pn−1)× 1
2 =−1
2 pn−1+ 1
2
即pn−1
3 =−1
2(pn−1−1
3),又p1−1
3 = 2
3
,
所以{pn−1
3}是以
为首项,公比为−1
2的等比数列．
②由①可知pn= 2
3(−1
2)
n−1
+ 1
3
,所以p2024= 2
3(−1
2)
2023
+ 1
3 < 1
3
,
所以q2024= 1
2 (1−p2024)= 1
2[
2
3 −2
3(−1
2)
2023
]> 1
3
,故p2024<q2024．
【变式训练12-1】不透明的袋子中装有大小相同的白球和彩球各1 个,将“连续两次从袋子中有放回地摸出1 个
小球”记为一次试验,若两次均摸到彩球,则试验成功并终止试验,否则在袋子中添加一个相同的白球,然后进行下
一次试验．
(1)若最多只能进行3 次试验,设试验终止时进行的次数为随机变量X,求X的分布列与数学期望；
(2)若试验可以一直进行下去,第次试验成功的概率记为Pi(i=1,2,3,⋅⋅⋅),求证：P1+ P2+ P3+⋅⋅⋅+ Pn< 1
2．
【变式训练12-2】某射击运动员进行射击训练,已知其每次命中目标的概率均为1
2．
(1)若该运动员共射击6 次,求其在恰好命中3 次的条件下,第3 次没有命中的概率；
(2)该运动员射击训练不超过n（n≥100）次,当他命中两次时停止射击（射击n 次后,若命中的次数不足两次也不
再继续）,设随机变量X 为该运动员的射击次数,试写出随机变量X 的分布列,并证明E( X )< 9
2．
题型13：新定义数列
【典型例题】已知有穷正项数列{an}(n≤m),若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平方等于相邻两项平方的乘
积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列{1,1,1},{2,1, 1
2 , 1
2 ,1,2}都可围成“HL-Circle”．
(1)设a1=a,当m=5时,是否存在a使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由：
(2)若{an}的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
（i）求m的取值集合；
（ii）求证：a1+a2+⋯+a6+a7
2+a8
2+⋯+am
2 >ma1a2⋯am,m>7．
【答案】见解析
【解析】（1）由定义可得ai
2=ai−1
2
ai+1
2 ,而{an}为正项数列,故ai=ai−1ai+1,
故a2=a1a3,a3=a2a4,a4=a3a5,a5=a1a4,a1=a5a2,
由最后两式可得a2= 1
a4
,故a3=1,故a1=a2=a且a4=a5,
结合a5=a4a1可得a1=1即a=1,故a2=1,故a3=a4=a5=1.
故存在a=1,使得数列{an}可围成“HL-Circle”,此时数列{an}为：{1,1,1,1,1}.
（2）（i）若{an}的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
则由an
2=an−1
2
an+1
2
(1<n<m),am
2 =am−1
2
a1
2,a1
2=am
2 a2
2,
结合{an}为正项数列可得an=an−1an+1(1<n<m),am=am−1a1,a1=ama2,
诸式相乘后可得a1a2⋯am=1,
又上述关系式即为an=an−1an+1(1<n≤m+1) (若下标大于m,则取下标除以m的余数).
故an+1=anan+2(1<n≤m+1),
故an−1= 1
an+2
(1<n≤m+1) (若下标大于m,则取下标除以m的余数).
所以an−1=an+5(1<n≤m+1) (若下标大于m,则取下标除以m的余数).
设m=6 p+r ,0≤r ≤5,
若r =1,则am=a1am−1即为a1=a1am−1,故am−1=1,从而a6=1,a3=1,
而a1=ama2,故a1=a1a2,故a2=1,故a1=1,从而a4=a5=1,
此时{an}均为1,与题设矛盾.
若r =2,则am=a1am−1即为a2=a1am−1=a1
2,而a1=a2am=a2
2,
a1=a2=1,故a3=a4=a5=a6=1,此时{an}均为1,与题设矛盾.
若r =3,则am=a1am−1即为a3=a1a2,而a2=a1a3,所以a1=1,故a4=1,
从而a3=a2,
而a1=a2am=a2a3,故a3=a2=1,故a5=a6=1,
此时{an}均为1,与题设矛盾.
若r = 4,则am=a1am−1即为a4=a1a3,而
,所以a1a2=1,
而a1=a2am=a2a4,故a3=a1,故a4=a1
2= 1
a1
,故a1=1,
故
,故a4=1,故a5=a6=1,
此时{an}均为1,与题设矛盾.
若r =5,则
,故a1=a2am=a2,
故a3= a2
a1
=1,故a4=a5a3=a3=1,故a6=1,故a2= a3
a4
=1,故a1=1,
此时{an}均为1,与题设矛盾.
综上,m=6k ,k ∈N
∗,k ≥2.
（ii）由均值不等式得a1+a2+a3+…+a6=(a1+ 1
a1
)+(a2+ 1
a2
)+( a2
a1
+ a1
a2
)≥6,
由上面三组数内必有一组不相等,否则a1=a2=a3=1,
从而a4=a5=…=am=1与题设矛盾,
故等号不成立,从而a1+a2+a3+…+a6>6,
又m=6 k,由④和⑥得
a7
2+…+am
2 =(a7
2+…+a12
2 )+…+(a6k −5
2
+…+a6k
2 )=(k −1)(a1
2+ 1
a1
2 +a２
2 + 1
a２
2 +a３
2 + 1
a３
2 )≥6(k −1)
因此由⑤得：
a1+a2+a3+…+a6+a7
2+…+am
2 >6+6(k −1)=6 k =m=ma1a2a3…am．
故原式得证.
【变式训练13-1】设有穷数列{an}的项数为m(m≥2),若正整数k(2≤k ≤m)满足：
an>ak,则称k为数列
{an}的“min点”．
(1)若an=(−1)
n(2n−3)(1≤n≤5),求数列{an}的“min点”；
(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2,前n项和为Sn．若数列{Sn+ 1
Sn}存在“min点”,求正数a1的取值范围；
(3)若an≥an−1−1(2≤n≤m),数列{an}的“min点”的个数为
,证明：a1−am≤p．
【变式训练13-2】定义：若对于任意n∈N
∗,数列
满足：①xn≠yn；②f (xn)= f ( yn),其中f (x)的定
义域为D , xn, yn∈D,则称
关于f (x)满足性质G.
(1)请写出一个定义域为R的函数f (x),使得{n},{−n}关于f (x)满足性质G；
(2)设g(x)= x + k
x ( x>0,k >0),若
关于g(x)满足性质G,证明：xn+ yn>2❑√k；
(3)设h(x)=e
π
2 + x
+e
−π
2 −x
−sin x (x∈R),若
关于h(x)满足性质G,求数列{xn+ yn}的前n项和.
