培优专题02数列及其应用4大重难题型（大题专练）（答案版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

培优专题 02 数列及其应用 4 大重难题型
参考答案
题型01 数列的通项公式问题
🎯命题方向一 定义法求数列的通项公式
1．【答案】（1） ；
（2）7.
【分析】（1）设等差数列首项为 ，公差为 ，将若 ， 转化为关于 的方程
组，解出 后得到通项公式 .
（2）由（1）写出前 项和 的表达式，代入不等式 ，解关于 的一元二次不等式，结合
求出最小的 .
a 2d 5a 10d,
1 1

a  a da 3d4a 6d,
n  1 1 1
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，则 解得
a 4(n1)22n6
n
所以 .
S a
n n
（2）结合（1）可知， ，则 等价于 ，
n1 nN*
解得 或 ，又 ，所以 ，故使 成立的n的最小值为7.
2．【答案】（1）
（2）【分析】（1）先由 结合等差数列通项公式求出公差 ，再将 转化为关于首项
的方程，解出 后得到 的通项公式.
（2）由 为等差数列，结合 与等差数列通项形式，推导出 的表达式，再代入
，求解d.
【详解】（1）因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 .因为 ，所以 ，
所以 ， .
因为 ，所以 ，解得 或 ，
因为 ，所以 .所以 的通项公式为 .
（2）因为 ，且 为等差数列，所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，解得 或 .
①当 时， ，所以 ，
， .
因为 ，
所以 ，即 ，解得 或 （舍去）.②当 时， ，所以 ，
， .
因为 ，所以 ，即 ，
解得 （舍去）或 （舍去）.
综上， .
3．【答案】（1） ， ；
（2）
【分析】（1）设等差数列 公差为 ，等比数列 公比为 ，将已知条件 ，
转化为关于 ， 的方程组，解出 ， 后得到两个数列的通项公式。
（2）由（1）得到 的表达式，利用错位相减法求其前n项和.
【详解】（1）设公差为 ，公比为 ， ，故 ， ，
，故 ，联立 ，解得 或 （舍去），
故 ， ；
（2） ，设数列 的前 项和为 ，
则 ，①，②
两式①-②得 ，
所以 .
🎯命题方向二 退位法求数列的通项公式
4．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对已知递推式 ．进行变形，构造 与 的关系，结合
首项验证等比数列定义，完成证明.
（2）先由（1）求出 ，再利用 及 得到 ，进而写出 ，最后用错位相减
法求数列 的前n项和 ．
【详解】（1）将 两边同时加 ，得 ，
因为 ，所以 是以3为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知 ，即 ， 当 时， ，
当 时， 不符合上式，
故 ，所以 ，
当 时，
，由于当 时也满足该式，因此 ．
5．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用再利用 将已知递推式转化为关于 的等式，再通过
推导 为常数，结合首项验证等差数列定义.
（2）先由（1）求出 与 ，对 的进行裂项变形，再利用裂项相消法求前 项和 .【详解】
（1）因为 ，所以 ，
当 时， ，
两式相减得 ，①
则 ，②
② ①得 ，所以 .
因为 ，又 ，所以当 时， ；
当 时， ，则 ，所以 ，满足 ，
所以 ，故数列 为等差数列.
（2）由（1）可知数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ， ，
则 ，所以 .
🎯命题方向三 累加法求数列的通项公式
6.【答案】（1） ；
（2）90.
【分析】（1）由递推式 ，利用累加法，将 表示为等比数列与等差数列的求和，
结合 求出通项公式.
（2）由 化简得等差数列 ，写出其前 项和 的的二次函数形式，根据二次函数性质或数列
单调性求最大值。
【详解】（1）依题意，当 时， ，则
， 满足上式，
所以 的通项公式为 .
（2）由（1）得 ，数列 是递减等差数列，
由 ，得 ，则数列 前10项均为非负数，从第11项起为负数，
而 ，因此数列 前10项和与前9项和相等，都最大，
所以数列 的前 项和 的最大值为 .
7．【答案】（1） ； ；
（2）证明见详解
（1）先由等比数列 的首项及 求出公比，得到 ；再利用 求出 ，通过累加法结合
求出 ；最后用错位相减法求 的前n项和 ；（2）将 代入 ，对 进行裂项变形，利用裂项相消法求出 ，再放缩证明 .
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，首项 ， ，
所以 ， ， ，
又因为 ，所以 ，
令 ， ，又 有 ，
则有
，
所以 ，
又因为数列 的各项均为正数，所以 ，
令 ，
所以 ①，
②，
由①—②有：
，
（2）因为 ，
所以 .
🎯命题方向四 累乘法求数列的通项公式8．【答案】（1） ，
（2）证明见解析
【分析】（1）先由等差数列 的首项与公差，写出其通项公式，结合 推导出
的表达式，再用累乘法求出 的通项公式；
（2）由（1）得 ，对其进行裂项变形，利用裂项相消法求出前 项和，最后通过放缩证明
不等式成立.
【详解】（1）法一：因为 ，所以 ，又 是公差为 的等差数列，
所以 .因为当 时， ，
所以 ，所以 ，整理得 ，
所以 ，
所以 ，
又 也满足上式，所以 ，则 ，
所以 ，
又 也满足上式，所以 .法二：因为 ，所以 ，又 是公差为 的等差数列，
所以 ，所以 .
因为当 时， ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
又 也满足上式，所以 .
（2）因为 ，所以 ，
所以 .
9．【答案】（1）
（2）证明见详解.
【分析】由递推式 变形得 ，利用累乘法结合首项 求出通项公
式；
（2）由（1）得 ，通过放缩 后裂项，再用裂项相消法求和，证明 .【详解】（1）因为 ，所以 ，
即 ，将上述 个式子相乘得 ，
所以 ，当 时，成立，故 .
（2）由（1）得 ，所以 ，
所以 ，即 .
10．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先由等差数列 的首项与公差，写出其通项公式，得到 的表达式，再用累
乘法求出 的通项公式；
（2）将 代入 ，对 进行裂项变形，利用裂项相消法求出前 项和 ，，分析 的
单调性，由 恒成立，得到 的取值范围.
【详解】（1）由 可知 .
由题设条件可知 ，所以 ，
当 时， ，
所以 .当 时， 满足 ，故 的通项公式为 .
（2）由（1）可知 ，
所以
. 则 .
🎯命题方向五 构造求数列的通项公式
11．【答案】 （1）证明见解析
（2）
【分析】（1）将 ，代入递推式，整理得到 与 的倍数关系，结合首项验证等比数列定义，
完成证明；
（2）由（1）得到 的通项，反解出 ，将 项和拆分为等比数列与等差数列的和，分别求和后合并得
到 ．
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，又 ，
所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列
（2）由（1）可得 ，所以 ，
所以前 项和
12．【答案】（1）（2）
【分析】（1）对递推式 变形，构造新数列 ，证明其为等比数列，进而求出
的通项公式；
（2）将 代入 ，化简后利用裂项相消法或错位相减法求前 项和 ．
【详解】（1）因为 ，且易知 ，
所以 ，所以 ，所以 ．
因为 ，所以 ，所以 是首项为1，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ．
（2）因为 ，
所以 ．
13.【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题设条件化简，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）求得数列 的通项公式，再求 即得；（3）将（2）中得到的 的通项代入 求得 ，化简后利用数列的单调性即可得证.
【详解】（1）由 得 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.
（2）由（1）得 ,解得： .
（3）
令 ， ，
因为 在 上单调递增，则
所以数列 在 上单调递减，从而数列 在 上单调递增，且 ，
故得 .
题型02 数列的前 n项和问题
🎯命题方向一 分组求和法求数列的前 项和
1.【答案】（1） .
（2）300.【分析】（1）根据递推式计算 ， ，再由 ，结合奇偶项递推关系，证
明 是等差数列，进而求出其通项公式；
（2）将前 20 项和拆分为奇数项和与偶数项和，分别利用等差数列求和公式计算，再合并得到结果.
【详解】（1）因为2n为偶数，所以 ， ，
所以 ，即 ，且 ，
所以 是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以 ， ， .
（2）当n为奇数时， ，所以 的前20项和为
.
由（1）可知， ，
所以 的前20项和为 .
2．【答案】（1） ，证明见解析
（2）
【分析】（1）利用等差数列通项公式，由 ，求出公差 ，得到 的通项；将 代入
，+an，构造数列 ，证明其为等比数列；
（2）由（1）得 的通项，进而得到 ，将前 项和 .拆分为等差数列与等比数列的和，分别求
和后合并.【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，由 ， ，
得 ，解得 .所以 .
由 得 ，即 ，
又 ，所以 是一个以4为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）可得 ，所以 .所以 .
所以 .
3.【答案】（1） ；
（2）
【分析】（1）利用 与 的关系可求数列 的通项公式，当 时，由已知可得 ，
两式相除可求数列 的通项公式；
（2）结合（1），利用分组求和法可求数列 的前100项和．
【详解】（1）令 ，则 ， ，
当 时， ， 也符合上式，∴ ；
当 时，由 ，可得 ，
两式相除可得 ， 也符合上式，∴ ．
（2）） ， ， ，…， ，
， ， ，…， ，将数列 和数列 各取前100项，按从小到大排成一个新的数列 ，其中重复的数只取一次，
则 ， ，…，
， ， ，…， ，
∴
．
🎯命题方向二 裂项相消法求数列的前 项和
4. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据 关的系即可作差求解；
（2）利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）当 时， ，当 时， ，
当 时， 也符合 ，所以 .
（2）由（1）可得 ，
5 .【答案】（1） ， ， ， .
（2） .
【分析】（1）根据 ， ，通过等比数列定义求出公比 ，代入等比数列通项公式求出 ，再根据作差法求出在 时， ，验证当 时， 符合该式，即可求出 ；
（2）利用裂项相消的方法求出 即可.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，则 ，所以 ， ，
因为 ，当 时， ，
两式相减得 ，则 时， ；
当 时，由 得 ，解得 符合该式；所以 ， .
（2）由于 ，
，所以 .
6.【答案】（1） ；
（2） .
【分析】（1）由 .知 是首项为 1、公差为 的等差数列，先求 ，再得 ；
（2）由 求 ，将 裂项后，按 奇偶性用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为 ，且 ，可知数列 是以首项为 ，公差为 的等差数列，
则 ，所以 .
（2）由（1）可知： ，当 时，则 ，且 符合上式，所以 ，可得 ，
设数列 的前n项和为 ，
则 ，
所以数列 的前n项和为 .
7.【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对递推式变形，证明 的后项减前项为常数，结合首项验证其为等差数列；
（2）由（1）得 ，将 裂项后，用裂项相消法求前n项和.
【详解】（1）根据题意，令 ，
当 时， ，
，所以 ，
且 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列；
（2）根据（1）可得 ，所以 ，
则 ，
所以.
8 .【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由 及 ，变形得 ，结合首项 ，
证明 为等差数列；
（2）由（1）得 ，进而求出 ，将 裂项后，用裂项相消法求前 项和 ．
【详解】（1）由 得： ，
即 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以数列 是以首项为2，公差为2的等差数列.
（2）由（1）知数列 是以首项为2，公差为2 等差数列，
的
所以 ，
当 时， ，
当 时， 满足条件，所以 ，
所以 ，所以 .
9.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）设等差数列 的首项为 ，公差为 ，利用 和 列方程组，解出
与 ，进而得到通项公式。
（2）将 代入 ，化简后裂项，再用裂项相消法求前 项和 .
【详解】（1）数列 为等差数列，设首项为 ，公差为 对 恒成立，
必有 ，所以 ，解得
所以
即数列 的通项公式为 .
（2）
.
10.【答案】（1）
（2）（i）证明见解析， ；（ii）
【分析】（1）分 、 两种情况结合等差数列的求和公式求解即可；（2）（i）结合题设及 与 的关系可得 ，即可求证，再求解通项公式即可；
（ii）先得到 ，再结合分组求和、裂项相消法求解即可
.
【详解】（1）当 时， ；
当 时， ，
显然 满足上式，则 .
（2）（i）由 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，则 ，
即 ，则 ，即 ，
所以数列 是以 为首项，以2为公差的等差数列，
则 ，即 .
由（1）知， ，
由（i）知， ，
则
，所以
.
🎯命题方向三 错位相减法求数列的前 项和
11．【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）对递推式变形，得到 ，结合首项 ，证明 为等差数列；
（2）由（1）得 ，对 求导后代入 ，得到等差乘等比型数列求和，用错位相减法计算最终结
果.
a a 1
n1  n 
n n1 n(n1) (n1)a na 1
【详解】（1） 两边同时乘 ，得 n1 n ，
又 ，所以 是首项为3，公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知数列 的通项公式为 ，
又 ，
故 ，
所以 .
两式相减，得 ，
所以 .
12．【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用 与 作差，结合正项数列条件，证明 是
首项为 1、公差为1的等差数列，进而得到 的通项公式；
（2）将 代入 ，此为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n项和 ．
【详解】（1）由 ，当 时， ，
则 ，即 ，
所以 ，即 ，
由数列 为正项数列，所以 ，从而有 ， ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ， ．
（2）由（1）知 ，所以 ，
，则 ，
从而 ，
即 ，
所以 .
13．【答案】（1）
（2）【分析】（1）由 可知 是等差数列，设公差为 d，结合 ，与 列
方程，求出首项 和公差 ，进而得到通项公式；
（2）由（1）得 ，代入 ，得到 为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n项和 ．
【详解】（1）因为 ，所以数列 为等差数列，
设数列 的公差为d，且 ，则 ，解得 ，
又 ，所以 ，即 ，
则 ，解得 ，所以 ；
（2）由（1）可知 ， ，所以 ，
则 ，
两式相减可得： ，
即 ，
化简可得： .
14. 【答案】（1） ，
（2） ．
【分析】（1）利用 并验证 ，求出 的通项；再由已知求出等比数列 的首
项与公比，进而得到其通项。
（2） 为等差乘等比型数列，采用错位相减法求前 项和 .
【详解】（1）当 时， ，当 时， ，
也满足 ，所以 ．
因为 ，所以 的公比 ，
所以 ．
（2）由（1）可知 ，
所以 ①，
②
两式相减，得 ，
所以 ．
题型03 数列与不等式的综合应用
🎯命题方向一 数列与不等式的证明
1．【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）利用等差数列前 项和公式与 的分段定义，列方程组求出 的首项和公差，得到通项；
（2）分别写出 和 的表达式，通过作差比较，证明当 时， .
【详解】（1）设等差数列 的公差为d.因为 ，
所以 ， ， .因为 ， ，所以 ，
整理得 ，解得 ，所以 的通项公式为 .
（2）由（1）知 ，所以 .
当n为奇数时，
.
当 时， ，
所以 .
当n为偶数时，
.
当 时， ，所以 .
综上可知，当 时， .
2．【答案】（1）
（2）证明见解析【分析】（1）利用 与 作差，结合正项数列条件，
证明 是等差数列，进而求出通项公式；
（2）由递推关系 累乘得到 的表达式，将其裂项后求和，通过放缩证明不等式成立.
【详解】（1）当 时，可得 ，
当 时， ， .作差可得 ，
因为是正项数列，所以 ，即数列 为等差数列，所以 .
（2）由题可得 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
又 也满足上式，
所以，
3. 【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求 ；
（2）利用裂项相消法求和即可证明．
【详解】（1） ，
所以数列 是以 为首项，2为公差的等差数列，
所以 ；（2） ，
．
4.【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）使用等差中项性质即可求解；
（2）使用累加法求得 的通项公式，再使用裂项相消即可得证.
【详解】（1）设 ，则 ，
因为 是等差数列，即 是等差数列，
则有 ，即 ，解得 .
（2）由（1）知， ，则 公的差为2，首项为6，
则 ，即 ，
当 时，
将各式相加，得 ，
即 ，即 ，而 满足上式，因此 ， ，
则 ，
因为 ，则 ，则 ，得证.
🎯命题方向二 数列与不等式的恒成立或能成立问题
5．【答案】（1） ；
（2）6.
【分析】（1）利用等差数列前n项和公式 及等比中项性质 ，联立方程求出首项与公差，
得到通项公式；
（2）写出 与 的表达式，解不等式 ，求出满足条件的最小正整数n.
【详解】（1）设等差数列的公差为 ，首项为 ，
由题意可得 ，化简得 ，
解得 ， ，所以 .
（2）由（1）可知 .
由 ，得 ，即 ，即 ，解得 或 .
因为 ，所以n的最小值是6.
即使 成立的n的最小值为6.
6．【答案】（1）
（2）【分析】由 得 ，再写出 时的式子作差，整理后证明 是等差数列，进而
求出通项公式；
（2）根据 的分段定义，分 为奇数、偶数分别求出 ，再将不等式 恒成立问题转化
为求 的最小值，从而确定 的取值范围.
【详解】（1）因为 ，即： ．①
当 时， ，又 ，所以 ．
当 时， ，②
由①－②整理得： ．整理得 ，
由累乘法得： ，代入比值： ，
当 时， ，符合上式，
所以数列 的通项公式为 ．
（2）当 为偶数时，
，
所以 ， 为偶数 ，由 恒成立，得 ，
是偶数，当 时， 有最小值 ，所以 ；
当 为奇数时， 为偶数，
，
所以 ， 为奇数，由 恒成立，得 ，
又 在 上单调递增，
所以当 时， 有最小值1，所以 ．
综上，实数 的取值范围是
7. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由 ，写出 时的式子作差，得到 与 的递推关系，证明 是等比数
列，进而求出通项公式；
（2）将 代入 ，裂项后求 ；再求出 的表达式，根据 ，对任意 恒成立，分别求
的上确界和 的下确界，从而确定 的取值范围.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
当 时， ，所以 ，即 ，
则 是首项为1，公比为3的等比数列，所以 的通项公式为 ．
（2）由（1）可得 ，
所以 ，
因为 ， ，
所以t的取值范围为 ．题型04 数列与其他模块知识的创新交汇问题
🎯命题方向一 数列与集合的融合创新
1. 【答案】（1） ，
（2）
【分析】（1）根据 求出通项公式；
（2）在第一问基础上得到 ， ， ，根据 求出 ，
，求出等差数列 的公差，及通项公式 ，从而求出 .
【详解】（1）由 ， 得：
当 时， ，
当 时， 符合上式，
所以数列 是首项为1，公差为3的等差数列.故 ， ；
（2）因为 ， ，∴ ，
又∵ ，其中 是 中的最小元素，∴ ，
∵ 的公差是3的倍数，∴ .
又∵ ，∴ ，解得： ，所以 ，
设等差数列 的公差为d，则 ，所以 ，所以 的通项公式为 .
因此数列 的前n项和 .
🎯命题方向二 数列与复数的交汇问题
2．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【分析】（1）由复数递推式 ，展开后分离实部与虚部，得到 的递推关系，进而求出通
项公式；
（2）由虚部 的递推式，变形得到 的递推关系，取对数后证明 是等比数列；
（3）利用（2）的结论，将乘积转化为指数形式，结合等比数列求和公式计算结果。
【详解】（1）因为 ，故
，
而 ， 均为实数，故 ，
而 ， ， 均为实数，故 ，故 .
（2）由（1）可得 ，故 ， ，
所以 ，因为 ，故 ，
故 ，而 ，
故数列 为等比数列，且首项为 ，公比为 .
（3）由（2）可得 ，故 ，
故 .🎯命题方向三 数列与三角的交汇问题
3. 【答案】（1） ，
（2）
（3）证明见解析
【分析】（1）先由 求出 ，进而得到 ，算出 ；再由 求出 ，得到
，算出 ；
（2）利用 ，结合已知的 与 表达式，消去 ，得到 的递推关系，进而求出通项公
式；
（3）由 的表达式，结合 的放缩，利用等比数列求和公式证明不等式。
【详解】（1）由 ， ，得 ，故 ，
由 ， ，得 ，故
（2）由 ，
得 ，又 ，
所以
两边同时乘以 得 ，
由 得 ，即 ，于是 ，又 得 ，
所以 ，所以 ，
经验证 也符合，所以 ；
（3）构造函数 ，则 ，
所以 在 单调递减，且 ， ，
由零点存在定理，存在唯一的 ，使得 ，
则当 时， ；当 时， ；
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
又 ，所以
所以当 时， ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，当 时， ．
当n＝1，n＝2时，不等式成立.
🎯命题方向四 数列与概率统计交汇问题
4．【答案】（1） ，
（2）证明见解析
（3）1
【分析】（1）初始状态甲盒有1个白球，第一次操作分四种取球情况，计算得 ， ；
（2）由状态转移得到 与 的关系，结合 ，整理后证明 是公
比为 的等比数列；
（3）数学期望 ， 结合（2）的结论化简求值.
【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，
共有 4 种等可能情况：
甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1；
甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0；
甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2；
甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。
故
（2）记 ，则 ，
由全概率公式得： ，
，
所以 ，，
由 （1） 和（3）知 ，结合初始值 ，
可得对任意 有 ，代入 中，得： ，
将（4） 代入（2）式得： ，
整理得 ，即： ，又 ，
所以数列 是公比为 的等比数列.
（3）由题意知： 的取值为： ，
分布列为：
0 1 2
，由 （2） 知 ，因此 .
🎯命题方向五 数列与函数、导数的交汇问题
5 .【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【分析】（1）对递推式变形，两边同乘 ，得到 ，结合首项 ，证明
是等差数列是等差数列；
（2）由（1）得 ，代入 后求导，在 处转化为等差乘等比型数列求和，用错位相
减法计算结果.
【详解】（1）对任意的 ， ，
等式两边同时除以 得 ，即 ，又 ，所以 是以 为首项， 为公差的等差数列.
（2）由（1）知 ，所以 ，
因为 ，则 ，
对任意的 ， ，
所以 .
6．【答案】（1）
（2）
【分析】（1） 将 拆分为等比数列 与等差数列 ，分别用等比数列、等差数列前
项和公式求和后相加；
（2）先求 在 处的导数得到切线斜率，写出切线方程，令 求出截距 ；再将 拆分为
等比数列与等差乘等比型数列，分别求和后得到 .
【详解】（1）因为 ，所以
.
（2） ，直线 的方程为 ，
令 ，得 ，
所以 ，
令数列 的前 项和为 ，则，
，
两式相减得 ，故 ，
又数列 的前 项和为 ，
所以数列 的前 项和 .
7. 【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）由题意结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；
（2）求导得函数 在 上是增函数，结合零点存在定理即可得证；
（3）一方面由 结合 上单调递增可得 ，
在
即 ；另一方面通过放缩、 以及裂项相消可得 ，由此即可得证.
【详解】（1）若 ， ，则 ，
则 ，
，
，；
（2） ， ，
故函数 在 上是增函数．
由于 ，当 时， ，即 ．
又 ，
，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的 ，满足 ．
（3）对于任意 ，由 中 构成数列 ，当 时，
，
．
由 在 上单调递增，可得 ，即 ，
故数列 为减数列，即对任意的 、 ， ．
由于 ， ，
， ，用 减去 并移项，利用 ，可得
．
综上可得，对于任意 ，由 中 构成数列 满足 ．
8．【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）先由数列递推关系求出 ，得到 ；求导找极值点，判断单调性后求
出极大值；
（2）将不等式转化为 ；分别求 在 上的最大值和 在
上的最大值，代入解出 的范围；
（3）先由数列递推式求出 ，化简 ，得到 ；用错位相减法求前
项和 .
【详解】（1）由 （ ），则 ，
所以函数 ，则 ，
令 ，解得 ，或 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
所以 时， 有极大值，极大值为 ；（2）因为 ， ，使得 成立，
所以 ，
由（1）知 时， ，
由 ，则 ，
令 ，解得 ，或 ．
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， 取得最大值，即 ，故 ，解得 ，
所以 ；
（3）因为 ①，则 ， 且 ②，
① ②得 （ ），则 ，
即 ，其中 的指数为 个2相乘，
因为 ，所以 ，
当 时， ，所以数列 的通项公式为 ，
当 时，
，令 ，则 ，①
两边同乘 得， ，②
① ②得 ，化简得： ，
令 ，
法一： ，①
两边同乘 得， ，②
① ②得：
，所以 ，
法二：因为 （ ），
将上式两边求导得 ，
两边同乘 ，
将上式两边求导得：
两边同乘 ：即 ，
令 ，则 ，
所以 ，所以
，当 时， ，满足上式，所以 .