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纵观各省市数学高考试卷，不难发现数列解答题常常作为压轴题出现在试卷后两题，尤其数列证明题，其难度可想而知.数列证明题综合性强，同时具有很大的开放性，这也是受到命题者青睐的主要原因.面对这样的数列证明题，即使有一定能力的同学也显得很吃力，能够完成的也就凤毛麟角了.
笔者整理近十年的高考题，发现数列证明题的类型并不是太多，解题策略还是有一定的共性和规律，值得我们研究和反思.作此文，望能给同学们带来些许帮助.
一、与等式相关的数列证明
例1 （2014新课标1） 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn-1，其中λ为常数.
（1）证明：an+2-an=λ;
（2）是否存在λ，使得数列{an}为等差数列？并说明理由.
证明： （1）由题设，anan+1=λSn-1，an+1an+2=λSn+1-1.
两式相减得an+1（an+2-an）=λan+1.
由于an+1≠0，所以an+2-an=λ.
（2） 由题设，a1=1，a1a2=λS1-1，可得a2=λ-1.
由（1）知，a3=λ+1.
令2a2=a1+a3，解得λ=4.
故an+2-an=4，由此可得
数列{a2n-1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n-1=4n-3;
数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n=4n-1.
所以an=2n-1，an-1-an=2.
因此存在λ=4，使得数列{an}为等差数列.
例2 设数列{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和.
记bn= nSn n2+c ，n∈ N *，其中c为实数.
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk=n2Sk（k，n∈ N *）;
（2）若数列{bn}是等差数列，证明：c=0.
证明： （1）若c=0，则bn= Sn n ，n∈ N *，
又由题Sn=na+ n（n-1）d 2 ，
∴bn= Sn n =a+ n-1 2 d，∴bn+1-bn= 1 2 d，
∴数列{bn}是等差数列，首项为a，公差为 d 2 ，（d≠0），又b1，b2，b4成等比数列，
∴b22=b1b4，∴（a+ d 2 ）2=a（a+ 3d 2 ），∴ad+ d2 4 =a（ 3d 2 ），∵d≠0，∴d=2a，∴Sn=n2a，
∴Snk=（nk）2a=n2k2a，n2Sk=n2k2a，
∴Snk=n2Sk（k，n∈ N *）.
（2）由题bn= nSn n2+c ，n∈ N *，
bn= n2[2a+（n-1）d] 2（n2+c） ，若数列{bn}是等差数列，
则可设bn=x+yn，x，y是常数，
n2[2a+（n-1）d] 2（n2+c） =x+yn关于n∈ N *恒成立.
整理得：
（d-2y）n3+（2a-d-2x）n2-2cyn-2cx=0，
關于n∈ N *恒成立.
∴d-2y=0，2a-d-2x=0，2cy=0，2cx=0，
∴d=2y≠0，2a-2x=d，cy=0，cx=0，
∴c=0.
点评与反思： 数列证明题较为简单的一类就是证明与数列通项相关的等式证明，例1的策略是针对题中给的递推关系利用赋值法得到另外一个或者多个类似方程，然后运算（一般是作差或作商）获得目标等式.例2的策略是将目标等式左右两边转化成仅含基本量（如等差数列中的首项和公差、等比数列中的首项和公比）的表达式，然后结合一些已知等式，便能证明之.
二、与不等式相关的数列证明
例3 已知首项为 3 2 的等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈ N *），且-2S2，S3，4S4成等差数列.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）证明Sn+ 1 Sn ≤ 13 6 （n∈ N *）.
解： （1）设等比数列{an}的公比为q，因为-2S2，S3，4S4成等差数列，
所以S3+2S2=4S4-S3，即S4-S3=S2-S4，可得2a4=-a3，
于是q= a4 a3 =- 1 2 .
又a1= 3 2 ，所以等比数列{an}的通项公式为
an= 3 2 ×（- 1 2 ）n-1=（-1）n-1· 3 2n .
证明： （2）Sn=1-（- 1 2 ）n，
Sn+ 1 Sn =1-（- 1 2 ）n+ 1 1-（- 1 2 ）n
= 2+ 1 2n（2n+1） ， n为奇数2+ 1 2n（2n-1） ， n为偶数 ，
当n为奇数时，Sn+ 1 Sn 随n的增大而减小，所以Sn+ 1 Sn ≤S1+ 1 S1 = 13 6 .
当n为偶数时，Sn+ 1 Sn 随n的增大而减小，所以Sn+ 1 Sn ≤S2+ 1 S2 = 25 12 .
故对于n∈ N *，有Sn+ 1 Sn ≤ 13 6 .
例4 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈ N *. （1）求a1的值;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对一切正整数n，有 1 a1（a1+1） + 1 a2（a2+1） +…+ 1 an（an+1） < 1 3 .
解析： （1）a1=2.
（2）an=2n（n∈ N ）.过程略.
（3）当k∈ N 时，
k2+ k 2 >k2+ k 2 - 3 16 =（k- 1 4 ）（k+ 3 4 ），
∴ 1 ak（ak+1） = 1 2k（2k+1）
= 1 4 · 1 k（k+ 1 2 ） < 1 4 · 1 （k- 1 4 ）（k+ 3 4 ）
= 1 4 · 1 （k- 1 4 ）·[（k+1）- 1 4 ]
= 1 4 ·[ 1 k- 1 4 - 1 （k+1）- 1 4 ]，
∴ 1 a1（a1+1） + 1 a2（a2+1） +…+ 1 an（an+1）
< 1 4 [（ 1 1- 1 4 - 1 2- 1 4 ）+（ 1 2- 1 4 - 1 3- 1 4 ）+…+ 1 n- 1 4 - 1 （n+1）- 1 4 ].
= 1 4 [ 1 1- 1 4 - 1 （n+1）- 1 4 ]= 1 3 - 1 4n+3 < 1 3 .得证.
例5 已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn+1=qSn+1，其中q>0，n∈ N *.
（1）若2a2，a3，a2+2成等差数列，求数列{an}的通项公式;
（2）设双曲线x2- y2 a2n =1的离心率为en，且e2= 5 3 ，证明：e1+e2+…+en> 4n-3n 3n-1 .
解： （1）由已知，Sn+1=qSn+1，Sn+2=qSn+1+1，
两式相减得到an+2=qan+1，n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1，故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.
由2a2，a3，a2+2成等差数列，可得2a3=3a2+2，即2q2=3q+2，
则（2q+1）（q-2）=0，
由已知，q>0，故q=2.
所以an=2n-1（n∈ N *）.
证明： （2）由（1）可知，an=qn-1.
所以双曲线x2- y2 a2n =1的离心率
en= 1+a2n = 1+q2（n-1） .
由e2= 1+q2 = 5 3 ，解得q= 4 3 .
因为1+q2（k-1）>q2（k-1），
所以 1+q2（k-1） >qk-1（k∈ N *）.
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1= qn-1 q-1 ，
故e1+e2+…+e3> 4n-3n 3n-1 .
點评与反思： 与不等式相关的数列证明题是最为常见也是难度较大的一类，有时甚至作为压轴题出现.例3的策略主要是站在函数视角利用函数单调性（数列本身也是一种函数）完成证明，例4的策略是基于数列求和思想（本题是裂项求和），然后对不等式进行放缩（例5的关键策略）才能获得证明.所以，这一类型的数列证明，数列只是一个背景，而难点在后续的不等式处理，诸如一些作差作商、函数单调性、数学归纳法等不等式的常见处理技巧将会是考查的重点.
三、与数列定义相关的数列证明
例6 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈ N *，bn是an和an+1的等比中项.
（1）设cn=b2n+1-b2n，n∈ N *，求证：数列{cn}是等差数列;
（2）设a1=d，Tn=∑ 2n k=1 （-1）kb2k，n∈ N *，求证：∑ n k=1 1 Tk < 1 2d2 .
证明： （1）由题意得b2n=anan+1，有cn=b2n+1-b2n=an+1an+2-anan+1=2dan+1，
因此cn+1-cn=2d（an+2-an+1）=2d2，所以数列{cn}是等差数列.
（2）Tn=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）
=2d（a2+a4+…+a2n）=2d· n（a2+a2n） 2 =2d2n（n+1）.
所以∑ n k=1 1 Tk = 1 2d2 ∑ n k=1 1 k（k+1） = 1 2d2 ∑ n k=1 （ 1 k - 1 k+1 ）= 1 2d2 ·（1- 1 n+1 ）< 1 2d2 .
例7 已知数列{an}的前n项和Sn= 3n2-n 2 ，n∈ N .
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）证明：对任意n>1，都有m∈ N ，使得a1，an，am成等比数列.
（1） 解： 因为Sn= 3n2-n 2 ，所以a1=S1=1，当n≥2时an=Sn-Sn-1=3n-2， 又n=1时，满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.
（2） 证明： 要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n=a1am，
即（3n-2）2=1×（3m-2），即m=3n2-4n+2.而此时m∈ N ，且m>n，
所以对任意n>1，都有m∈ N ，使得a1，an，am成等比数列.
例8 （2017江苏） 对于给定的正整数k，若数列{an}满足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan，对任意正整数n（n>k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”.
（1）证明：等差数列{an}是“P（3）数列”;
（2）若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：数列{an}是等差数列.
证明： （1）因为数列{an}是等差数列，设其公差为d，则an=a1+（n-1）d，
从而，当n≥4时，
an-k+an+k=a1+（n-k-1）d+a1+（n+k-1）d
=2a1+2（n-1）d=2an，k=1，2，3，
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an，
因此等差数列{an}是“P（3）数列”.
（2）数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，因此，
当n≥3时，an-2+an-1+an+1+an+2=4an， ①
当n≥4时，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an. ②
由①知，an-3+an-2=4an-1-（an+an+1）， ③
an+2+an+3=4an+1-（an-1+an）， ④
将③④代入②，得an-1+an+1=2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=a3-d′，
在①中，取n=3，则a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a2-d′，
所以數列{an}是等差数列.
点评与反思： 高考中与数列定义相关的证明题一般是证明等差或者等比数列，有时也出现证明一些新定义数列（例8），难度不小.求解的一般策略是回归定义，严格按照定义完成.证明等差数列就是要证明an+1-an为常数，而证明等比数列就是证明 an+1 an 为常数，对与新定义数列的证明也要密切联系定义，在充分理解定义的基础上加以证明，例8中要证“P（3）数列”，必须弄清是“P（3）数列”的定义，就是题中的阅读材料所蕴含的主旨.这样的题对同学们的能力要求较高，追求数学高分的同学需要格外重视.
四、函数角度的数列证明
例9 设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈ Ν ，n≥2.
（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（ 1 2 ，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn= 1 2 + 1 2 xn+1n;
（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）与gn（x）的大小，并加以证明.
证明： （1）则Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，则Fn（1）=n-1>0，
Fn（ 1 2 ）=1+ 1 2 +（ 1 2 ）2+…+（ 1 2 ）n-2
= 1-（ 1 2 ）n+1 1- 1 2 -2=- 1 2n <0，
所以Fn（x）在（ 1 2 ，1）内至少存在一个零点xn.
又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故在（ 1 2 ，1）内单调递增，
所以Fn（x）在（ 1 2 ，1）内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，即 1-xn+1n 1-xn -2=0，故xn= 1 2 + 1 2 xn+1n.
（2） 解法一： 由题设，gn（x）= （n+1）（1+xn） 2 .
设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn- （n+1）（1+xn） 2 ，x>0.
当x=1时，fn（x）=gn（x），
当x≠1时，h′（x）=1+2x+…+nxn-1- n（n+1）xn-1 2 .
若0<x<1，h′（x）>xn-1+2xn-1+…+nxn-1- n（n+1） 2 xn-1
= n（n+1） 2 xn-1- n（n+1） 2 xn-1=0.
若x>1，h′（x）<xn-1+2xn-1+…+nxn-1- n（n+1） 2 xn-1
= n（n+1） 2 xn-1- n（n+1） 2 xn-1=0.
所以h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
所以h（x）<h（1）=0，即fn（x）<gn（x）.
综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）;当x≠1时，fn（x）<gn（x）.
解法二： 由题设，fn（x）=1+x+x2+…+xn， gn（x）= （n+1）（1+xn） 2 ，x>0.
当x=1时，fn（x）=gn（x）;
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn（x）<gn（x）.
当n=2时，f2（x）-g2（x）=- 1 2 （1-x）2<0，所以f2（x）<g2（x）成立.
假设n=k（k≥2）时，不等式成立，即fk（x）<gk（x）.
那么，当n=k+1时，
fk+1（x）=fk（x）+xk+1<gk（x）+xk+1= （k+1）（1+xk） 2 +xk+1= 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2 .
又gk+1（x）- 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2
= kxk+1-（k+1）xk+1 2 ，
令hk（x）=kxk+1-（k+1）xk+1（x>0），
则h′k（x）=k（k+1）xk-k（k+1）xk-1
=k（k+1）xk-1（x-1）.
所以当0<x<1，h′k（x）<0，hk（x）在（0，1）上遞减;
当x>1，h′k（x）>0，hk（x）在（1，+∞）上递增.
所以hk（x）>hk（1）=0，
从而gk+1（x）> 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2 .
故fk+1（x）<gk+1（x）.即n=k+1，不等式也成立.
所以，对于一切n≥2的整数，都有fn（x）<gn（x）.
综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）;当x≠1时，fn（x）<gn（x）.
点评与反思： 数列本身就是一种特殊的函数，只是定义域具有特殊要求，所以从函数角度命制和考查数列是合情合理的，不仅如此，函数角度的数列证明，变量会增加，难度也会随之增大，对同学们的能力要求更高.例9中第（1）问数列也只是背景，函数知识更重些，主要考查同学们对双变量处理的能力;第（2）问综合性很强，数列通项与求和、函数与导数、不等式证明方法等囊括多个高中主要知识点以及多个思想方法，笔者给出了两种典型的处理方法.应该说，不加以总结和反思，同学们在下次碰到类似题时是很难有勇气动笔的.
常见数列证明题一般就是以上四类，当然，由于数列的开放性，事物的普遍联系，一定还有其他不同的种类，考虑到常见度，这里不再赘述.
总之，完全攻克数列证明题，特别是高考中的压轴题，并不能一蹴而就.但同学们若能分类例析，寻找对应类型下的共同的求解策略，我想，同学们一定能有所进步.
（作者：范习昱，江苏省镇江市丹徒高级中学）
笔者整理近十年的高考题，发现数列证明题的类型并不是太多，解题策略还是有一定的共性和规律，值得我们研究和反思.作此文，望能给同学们带来些许帮助.
一、与等式相关的数列证明
例1 （2014新课标1） 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an≠0，anan+1=λSn-1，其中λ为常数.
（1）证明：an+2-an=λ;
（2）是否存在λ，使得数列{an}为等差数列？并说明理由.
证明： （1）由题设，anan+1=λSn-1，an+1an+2=λSn+1-1.
两式相减得an+1（an+2-an）=λan+1.
由于an+1≠0，所以an+2-an=λ.
（2） 由题设，a1=1，a1a2=λS1-1，可得a2=λ-1.
由（1）知，a3=λ+1.
令2a2=a1+a3，解得λ=4.
故an+2-an=4，由此可得
数列{a2n-1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n-1=4n-3;
数列{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n=4n-1.
所以an=2n-1，an-1-an=2.
因此存在λ=4，使得数列{an}为等差数列.
例2 设数列{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和.
记bn= nSn n2+c ，n∈ N *，其中c为实数.
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk=n2Sk（k，n∈ N *）;
（2）若数列{bn}是等差数列，证明：c=0.
证明： （1）若c=0，则bn= Sn n ，n∈ N *，
又由题Sn=na+ n（n-1）d 2 ，
∴bn= Sn n =a+ n-1 2 d，∴bn+1-bn= 1 2 d，
∴数列{bn}是等差数列，首项为a，公差为 d 2 ，（d≠0），又b1，b2，b4成等比数列，
∴b22=b1b4，∴（a+ d 2 ）2=a（a+ 3d 2 ），∴ad+ d2 4 =a（ 3d 2 ），∵d≠0，∴d=2a，∴Sn=n2a，
∴Snk=（nk）2a=n2k2a，n2Sk=n2k2a，
∴Snk=n2Sk（k，n∈ N *）.
（2）由题bn= nSn n2+c ，n∈ N *，
bn= n2[2a+（n-1）d] 2（n2+c） ，若数列{bn}是等差数列，
则可设bn=x+yn，x，y是常数，
n2[2a+（n-1）d] 2（n2+c） =x+yn关于n∈ N *恒成立.
整理得：
（d-2y）n3+（2a-d-2x）n2-2cyn-2cx=0，
關于n∈ N *恒成立.
∴d-2y=0，2a-d-2x=0，2cy=0，2cx=0，
∴d=2y≠0，2a-2x=d，cy=0，cx=0，
∴c=0.
点评与反思： 数列证明题较为简单的一类就是证明与数列通项相关的等式证明，例1的策略是针对题中给的递推关系利用赋值法得到另外一个或者多个类似方程，然后运算（一般是作差或作商）获得目标等式.例2的策略是将目标等式左右两边转化成仅含基本量（如等差数列中的首项和公差、等比数列中的首项和公比）的表达式，然后结合一些已知等式，便能证明之.
二、与不等式相关的数列证明
例3 已知首项为 3 2 的等比数列{an}的前n项和为Sn（n∈ N *），且-2S2，S3，4S4成等差数列.
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）证明Sn+ 1 Sn ≤ 13 6 （n∈ N *）.
解： （1）设等比数列{an}的公比为q，因为-2S2，S3，4S4成等差数列，
所以S3+2S2=4S4-S3，即S4-S3=S2-S4，可得2a4=-a3，
于是q= a4 a3 =- 1 2 .
又a1= 3 2 ，所以等比数列{an}的通项公式为
an= 3 2 ×（- 1 2 ）n-1=（-1）n-1· 3 2n .
证明： （2）Sn=1-（- 1 2 ）n，
Sn+ 1 Sn =1-（- 1 2 ）n+ 1 1-（- 1 2 ）n
= 2+ 1 2n（2n+1） ， n为奇数2+ 1 2n（2n-1） ， n为偶数 ，
当n为奇数时，Sn+ 1 Sn 随n的增大而减小，所以Sn+ 1 Sn ≤S1+ 1 S1 = 13 6 .
当n为偶数时，Sn+ 1 Sn 随n的增大而减小，所以Sn+ 1 Sn ≤S2+ 1 S2 = 25 12 .
故对于n∈ N *，有Sn+ 1 Sn ≤ 13 6 .
例4 设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足S2n-（n2+n-3）Sn-3（n2+n）=0，n∈ N *. （1）求a1的值;
（2）求数列{an}的通项公式;
（3）证明：对一切正整数n，有 1 a1（a1+1） + 1 a2（a2+1） +…+ 1 an（an+1） < 1 3 .
解析： （1）a1=2.
（2）an=2n（n∈ N ）.过程略.
（3）当k∈ N 时，
k2+ k 2 >k2+ k 2 - 3 16 =（k- 1 4 ）（k+ 3 4 ），
∴ 1 ak（ak+1） = 1 2k（2k+1）
= 1 4 · 1 k（k+ 1 2 ） < 1 4 · 1 （k- 1 4 ）（k+ 3 4 ）
= 1 4 · 1 （k- 1 4 ）·[（k+1）- 1 4 ]
= 1 4 ·[ 1 k- 1 4 - 1 （k+1）- 1 4 ]，
∴ 1 a1（a1+1） + 1 a2（a2+1） +…+ 1 an（an+1）
< 1 4 [（ 1 1- 1 4 - 1 2- 1 4 ）+（ 1 2- 1 4 - 1 3- 1 4 ）+…+ 1 n- 1 4 - 1 （n+1）- 1 4 ].
= 1 4 [ 1 1- 1 4 - 1 （n+1）- 1 4 ]= 1 3 - 1 4n+3 < 1 3 .得证.
例5 已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn+1=qSn+1，其中q>0，n∈ N *.
（1）若2a2，a3，a2+2成等差数列，求数列{an}的通项公式;
（2）设双曲线x2- y2 a2n =1的离心率为en，且e2= 5 3 ，证明：e1+e2+…+en> 4n-3n 3n-1 .
解： （1）由已知，Sn+1=qSn+1，Sn+2=qSn+1+1，
两式相减得到an+2=qan+1，n≥1.
又由S2=qS1+1得到a2=qa1，故an+1=qan对所有n≥1都成立.
所以，数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列.
从而an=qn-1.
由2a2，a3，a2+2成等差数列，可得2a3=3a2+2，即2q2=3q+2，
则（2q+1）（q-2）=0，
由已知，q>0，故q=2.
所以an=2n-1（n∈ N *）.
证明： （2）由（1）可知，an=qn-1.
所以双曲线x2- y2 a2n =1的离心率
en= 1+a2n = 1+q2（n-1） .
由e2= 1+q2 = 5 3 ，解得q= 4 3 .
因为1+q2（k-1）>q2（k-1），
所以 1+q2（k-1） >qk-1（k∈ N *）.
于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1= qn-1 q-1 ，
故e1+e2+…+e3> 4n-3n 3n-1 .
點评与反思： 与不等式相关的数列证明题是最为常见也是难度较大的一类，有时甚至作为压轴题出现.例3的策略主要是站在函数视角利用函数单调性（数列本身也是一种函数）完成证明，例4的策略是基于数列求和思想（本题是裂项求和），然后对不等式进行放缩（例5的关键策略）才能获得证明.所以，这一类型的数列证明，数列只是一个背景，而难点在后续的不等式处理，诸如一些作差作商、函数单调性、数学归纳法等不等式的常见处理技巧将会是考查的重点.
三、与数列定义相关的数列证明
例6 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈ N *，bn是an和an+1的等比中项.
（1）设cn=b2n+1-b2n，n∈ N *，求证：数列{cn}是等差数列;
（2）设a1=d，Tn=∑ 2n k=1 （-1）kb2k，n∈ N *，求证：∑ n k=1 1 Tk < 1 2d2 .
证明： （1）由题意得b2n=anan+1，有cn=b2n+1-b2n=an+1an+2-anan+1=2dan+1，
因此cn+1-cn=2d（an+2-an+1）=2d2，所以数列{cn}是等差数列.
（2）Tn=（-b21+b22）+（-b23+b24）+…+（-b22n-1+b22n）
=2d（a2+a4+…+a2n）=2d· n（a2+a2n） 2 =2d2n（n+1）.
所以∑ n k=1 1 Tk = 1 2d2 ∑ n k=1 1 k（k+1） = 1 2d2 ∑ n k=1 （ 1 k - 1 k+1 ）= 1 2d2 ·（1- 1 n+1 ）< 1 2d2 .
例7 已知数列{an}的前n项和Sn= 3n2-n 2 ，n∈ N .
（1）求数列{an}的通项公式;
（2）证明：对任意n>1，都有m∈ N ，使得a1，an，am成等比数列.
（1） 解： 因为Sn= 3n2-n 2 ，所以a1=S1=1，当n≥2时an=Sn-Sn-1=3n-2， 又n=1时，满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=3n-2.
（2） 证明： 要使得a1，an，am成等比数列，只需要a2n=a1am，
即（3n-2）2=1×（3m-2），即m=3n2-4n+2.而此时m∈ N ，且m>n，
所以对任意n>1，都有m∈ N ，使得a1，an，am成等比数列.
例8 （2017江苏） 对于给定的正整数k，若数列{an}满足an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan，对任意正整数n（n>k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”.
（1）证明：等差数列{an}是“P（3）数列”;
（2）若数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：数列{an}是等差数列.
证明： （1）因为数列{an}是等差数列，设其公差为d，则an=a1+（n-1）d，
从而，当n≥4时，
an-k+an+k=a1+（n-k-1）d+a1+（n+k-1）d
=2a1+2（n-1）d=2an，k=1，2，3，
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an，
因此等差数列{an}是“P（3）数列”.
（2）数列{an}既是“P（2）数列”，又是“P（3）数列”，因此，
当n≥3时，an-2+an-1+an+1+an+2=4an， ①
当n≥4时，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an. ②
由①知，an-3+an-2=4an-1-（an+an+1）， ③
an+2+an+3=4an+1-（an-1+an）， ④
将③④代入②，得an-1+an+1=2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n=4，则a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=a3-d′，
在①中，取n=3，则a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a2-d′，
所以數列{an}是等差数列.
点评与反思： 高考中与数列定义相关的证明题一般是证明等差或者等比数列，有时也出现证明一些新定义数列（例8），难度不小.求解的一般策略是回归定义，严格按照定义完成.证明等差数列就是要证明an+1-an为常数，而证明等比数列就是证明 an+1 an 为常数，对与新定义数列的证明也要密切联系定义，在充分理解定义的基础上加以证明，例8中要证“P（3）数列”，必须弄清是“P（3）数列”的定义，就是题中的阅读材料所蕴含的主旨.这样的题对同学们的能力要求较高，追求数学高分的同学需要格外重视.
四、函数角度的数列证明
例9 设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈ Ν ，n≥2.
（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（ 1 2 ，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn= 1 2 + 1 2 xn+1n;
（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）与gn（x）的大小，并加以证明.
证明： （1）则Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，则Fn（1）=n-1>0，
Fn（ 1 2 ）=1+ 1 2 +（ 1 2 ）2+…+（ 1 2 ）n-2
= 1-（ 1 2 ）n+1 1- 1 2 -2=- 1 2n <0，
所以Fn（x）在（ 1 2 ，1）内至少存在一个零点xn.
又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故在（ 1 2 ，1）内单调递增，
所以Fn（x）在（ 1 2 ，1）内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，即 1-xn+1n 1-xn -2=0，故xn= 1 2 + 1 2 xn+1n.
（2） 解法一： 由题设，gn（x）= （n+1）（1+xn） 2 .
设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn- （n+1）（1+xn） 2 ，x>0.
当x=1时，fn（x）=gn（x），
当x≠1时，h′（x）=1+2x+…+nxn-1- n（n+1）xn-1 2 .
若0<x<1，h′（x）>xn-1+2xn-1+…+nxn-1- n（n+1） 2 xn-1
= n（n+1） 2 xn-1- n（n+1） 2 xn-1=0.
若x>1，h′（x）<xn-1+2xn-1+…+nxn-1- n（n+1） 2 xn-1
= n（n+1） 2 xn-1- n（n+1） 2 xn-1=0.
所以h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
所以h（x）<h（1）=0，即fn（x）<gn（x）.
综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）;当x≠1时，fn（x）<gn（x）.
解法二： 由题设，fn（x）=1+x+x2+…+xn， gn（x）= （n+1）（1+xn） 2 ，x>0.
当x=1时，fn（x）=gn（x）;
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn（x）<gn（x）.
当n=2时，f2（x）-g2（x）=- 1 2 （1-x）2<0，所以f2（x）<g2（x）成立.
假设n=k（k≥2）时，不等式成立，即fk（x）<gk（x）.
那么，当n=k+1时，
fk+1（x）=fk（x）+xk+1<gk（x）+xk+1= （k+1）（1+xk） 2 +xk+1= 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2 .
又gk+1（x）- 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2
= kxk+1-（k+1）xk+1 2 ，
令hk（x）=kxk+1-（k+1）xk+1（x>0），
则h′k（x）=k（k+1）xk-k（k+1）xk-1
=k（k+1）xk-1（x-1）.
所以当0<x<1，h′k（x）<0，hk（x）在（0，1）上遞减;
当x>1，h′k（x）>0，hk（x）在（1，+∞）上递增.
所以hk（x）>hk（1）=0，
从而gk+1（x）> 2xk+1+（k+1）xk+k+1 2 .
故fk+1（x）<gk+1（x）.即n=k+1，不等式也成立.
所以，对于一切n≥2的整数，都有fn（x）<gn（x）.
综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）;当x≠1时，fn（x）<gn（x）.
点评与反思： 数列本身就是一种特殊的函数，只是定义域具有特殊要求，所以从函数角度命制和考查数列是合情合理的，不仅如此，函数角度的数列证明，变量会增加，难度也会随之增大，对同学们的能力要求更高.例9中第（1）问数列也只是背景，函数知识更重些，主要考查同学们对双变量处理的能力;第（2）问综合性很强，数列通项与求和、函数与导数、不等式证明方法等囊括多个高中主要知识点以及多个思想方法，笔者给出了两种典型的处理方法.应该说，不加以总结和反思，同学们在下次碰到类似题时是很难有勇气动笔的.
常见数列证明题一般就是以上四类，当然，由于数列的开放性，事物的普遍联系，一定还有其他不同的种类，考虑到常见度，这里不再赘述.
总之，完全攻克数列证明题，特别是高考中的压轴题，并不能一蹴而就.但同学们若能分类例析，寻找对应类型下的共同的求解策略，我想，同学们一定能有所进步.
（作者：范习昱，江苏省镇江市丹徒高级中学）