2023高考數(shù)學(xué)二輪專題微專題12 數(shù)列中的不等式證明及放縮問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

微專題12　數(shù)列中的不等式證明及放縮問題數(shù)列中的不等式證明問題的常用放縮技巧(1)對的放縮，根據(jù)不同的要求，大致有三種情況(下列n∈N*)：＜＝－(n≥2)；＜＝(n≥2)；＝<＝2(n≥1).(2)對的放縮，根據(jù)不同的要求，大致有兩種情況(下列n∈N*)：＞＝－(n≥1)；＜＝－(n≥1).類型一　關(guān)于數(shù)列項的不等式證明(1)結(jié)合“累加”“累乘”“迭代”放縮；(2)利用二項式定理放縮；(3)利用基本不等式或不等式的性質(zhì)；(4)轉(zhuǎn)化為求最值、值域問題.例1 設(shè)正項數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋(n∈N*).求證：(1)2<a－a≤3；(2)≤≤.證明　(1)因為a1＝1及an＋1＝an＋(n≥1)，所以an≥1，所以0＜≤1.因為a＝＝a＋＋2，所以a－a＝＋2∈(2，3]，即2<a－a≤3.(2)由(1)得2<a－a≤3，2<a－a≤3，2<a－a≤3，?2<a－a≤3，故2n<a－a≤3n，所以2n＋1<a≤3n＋1，即2n－1<a≤3n－2(n≥2)，而n＝1時，也滿足2n－1≤a≤3n－2，所以2n－1≤a≤3n－2，所以＝1＋∈.即≤≤.訓(xùn)練1 (2022·天津模擬)已知數(shù)列{an}滿足an＝an－1－n·(n≥2，n∈N*)，a1＝.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足c1＝，cn＋1＝·c＋cn，其中k為一個給定的正整數(shù)，求證：當(dāng)n≤k時，恒有cn<1.(1)解　由已知可得：＝－(n≥2)，即－＝－，由累加法可求得＝＋＋…＋＋＝－－－…－＋＝，即an＝n(n≥2)，又n＝1時也成立，故an＝n(n∈N*).(2)證明　由題意知cn＋1＝c＋cn，∴{cn}為遞增數(shù)列，∴只需證ck<1即可.當(dāng)k＝1時，c1＝<1成立，當(dāng)k≥2時，cn＋1＝c＋cn<cncn＋1＋cn，即－>－，因此＝＋…＋＋>－＋2＝，∴ck<<1，∴當(dāng)n≤k時，恒有cn<1.類型二　對求和結(jié)論進行放縮對于含有數(shù)列和的不等式，若數(shù)列的和易于求出，則一般采用先求和再放縮的策略證明不等式.例2 已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，求證：Sn＜2an.(1)解　法一　由題意得＝2·，又＝1，所以數(shù)列是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，所以＝2n－1，所以an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*).法二　由題意得＝，所以＝··…·＝···…·＝(n＋1)·2n－2.因為a1＝2，所以an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*).(2)證明　因為an＝(n＋1)·2n－1，所以Sn＝2×20＋3×21＋4×22＋…＋n·2n－2＋(n＋1)·2n－1， ①2Sn＝2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，②②－①得Sn＝－2×20－(21＋22＋…＋2n－1)＋(n＋1)×2n＝n·2n.因為Sn－2an＝n·2n－(n＋1)2n＝－2n<0，∴Sn＜2an.訓(xùn)練2 (2022·廣州模擬)在各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1＝2，－an＋1，an，an＋2成等差數(shù)列.等差數(shù)列{bn}滿足b1＝a2＋1，2b5－3b2＝a3－3.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，證明：Tn<.(1)解　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，因為－an＋1，an，an＋2成等差數(shù)列，所以2an＝an＋2－an＋1，所以2an＝an·q2－an·q.因為an>0，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，又a1＝2，所以an＝2n(n∈N*).設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，由題意，得b1＝a2＋1＝5，由2b5－3b2＝a3－3＝5，得2(b1＋4d)－3(b1＋d)＝－b1＋5d＝－5＋5d＝5，解得d＝2，所以bn＝b1＋(n－1)d＝5＋2(n－1)＝2n＋3(n∈N*).(2)證明　＝＝，則Tn＝＝＝－.因為n∈N*，所以>0，所以Tn<.類型三　對通項公式放縮后求和在解決與數(shù)列的和有關(guān)的不等式證明問題時，若不易求和，可根據(jù)項的結(jié)構(gòu)特征進行放縮，轉(zhuǎn)化為易求和數(shù)列來證明.例3 (2022·濟南模擬)在數(shù)列{an}中，a1＝2，2nan＋1＝(n＋1)·an(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝，若數(shù)列{bn}的前n項和是Tn，求證：Tn<.(1)解　由題知2nan＋1＝(n＋1)an，所以＝×，＝2，故數(shù)列是首項為2，公比為的等比數(shù)列，所以＝2×＝22－n，所以an＝n·22－n(n∈N*).(2)證明　由(1)可知an＝n·22－n，所以bn＝＝＝×，根據(jù)指數(shù)增長的特征知，對任意n∈N*，2n≥2n恒成立，所以22n≥(2n)2，即4n≥4n2.所以≤＝，所以bn≤，所以數(shù)列{bn}的前n項和Tn≤＝<.訓(xùn)練3 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，3an＝2Sn＋2n(n∈N*).(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的前n項和Sn，(2)設(shè)bn＝log3(an＋1＋1)，證明：＋＋…＋<1.證明　(1)∵3an＝2Sn＋2n，n∈N*，∴當(dāng)n＝1時，3a1＝2S1＋2，解得a1＝2；當(dāng)n≥2時，3an－1＝2Sn－1＋2(n－1)，兩式相減得an＝3an－1＋2，∴an＋1＝3(an－1＋1)，即＝3，a1＋1＝3，∴數(shù)列{an＋1}是以3為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴an＋1＝3n，則an＝3n－1，∴Sn＝3＋32＋…＋3n－n＝－n＝－n－.(2)bn＝log3(an＋1＋1)＝log33n＋1＝n＋1，∵＝<＝－，∴＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1.類型四　求和后利用函數(shù)的單調(diào)性證明數(shù)列不等式若所證的數(shù)列不等式中有等號，?？紤]利用數(shù)列的單調(diào)性來證明.例4 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足2an－Sn＝1(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：≤Tn<1.(1)解　已知2an－Sn＝1，令n＝1，解得a1＝1，當(dāng)n≥2時，2an－1－Sn－1＝1(n∈N*)，兩式相減得an＝2an－1，∴數(shù)列{an}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝2n－1(n∈N*).(2)證明　由(1)可得bn＝＝＝－，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－.∵是單調(diào)遞增的數(shù)列，∴1－∈.∴≤Tn<1.訓(xùn)練4 已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列.(1)求使不等式an≥0成立的最大自然數(shù)n；(2)記數(shù)列的前n項和為Tn，求證：－≤Tn≤.(1)解　由題意，可知a＝a1·a13，即(a1＋10d)2＝a1·(a1＋12d)，∴d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，d≠0，∴d＝－2，∴an＝－2n＋27，∴－2n＋27≥0，∴n≤13.5，故滿足題意的最大自然數(shù)為n＝13.(2)證明　＝＝－，∴Tn＝＋＋＋…＋＝－＝－＝－＋.從而當(dāng)n≤12時，Tn＝－＋單調(diào)遞增，且Tn>0；當(dāng)n≥13時，Tn＝－＋單調(diào)遞增，且Tn<0，∴T13≤Tn≤T12，由T12＝，T13＝－，∴－≤Tn≤.一、基本技能練1.已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a2＝3，a4＝7，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且Sn＝1－bn(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)記cn＝anbn，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求證：Tn<2.(1)解　因為數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a2＝3，a4＝7，設(shè)數(shù)列{an} 的公差為d，則解得所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*).對于數(shù)列{bn}，Sn＝1－bn(n∈N*)，當(dāng)n＝1時，b1＝1－b1，解得b1＝；當(dāng)n≥2時，bn＝Sn－Sn－1＝－，整理得bn＝bn－1，所以數(shù)列{bn}是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以bn＝×＝(n∈N*).(2)證明　由題意得cn＝anbn＝＝，所以數(shù)列{cn}的前n項和Tn＝＋＋＋…＋＋，則3Tn＝2＋＋＋…＋，兩式相減可得2Tn＝2＋＋＋…＋－＝2＋4×－＝4－，所以Tn＝2－.所以Tn<2.2.(2022·石家莊模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝3，a2＝4，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2(n≥2).(1)證明：數(shù)列{an－2}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，證明：≤Tn<.證明　(1)當(dāng)n≥2時，由Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2可變形為Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)－2，即an＋1＝2an－2，即an＋1－2＝2(an－2)，所以＝2(n≥2)，又因為a1＝3，a2＝4，可得a1－2＝1，a2－2＝2，所以＝2，所以數(shù)列{an－2}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an－2＝2n－1，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2＋2n－1(n∈N*).(2)由an＝2＋2n－1，可得bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－＋－＋－＋…＋－＝－，因為>0，所以－<，即Tn<，又因為f(n)＝－，n∈N*，單調(diào)遞增，所以Tn≥b1＝＝，所以≤Tn<.3.已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝.(1)求{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足對任意的正整數(shù)n，···…·＝(n＋1)2恒成立，求證：bn≥4.(1)解　因為Sn＝，所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝1滿足an＝n，所以{an}的通項公式為an＝n(n∈N*).(2)證明　因為···…·＝(n＋1)2，所以當(dāng)n≥2時，···…·＝n2，所以＝(n≥2)，又n＝1時，＝22＝4，滿足＝，所以對任意正整數(shù)n，＝，由(1)得，an＝n，所以bn＝＝＝n＋＋2≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，等號成立.二、創(chuàng)新拓展練4.(2022·湖州質(zhì)檢)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，求證：<Tn<.(1)解　∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4，當(dāng)n≥2時，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.由題意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4，∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項與偶數(shù)項分別為等差數(shù)列，公差都為4，∴a2k－1＝2＋4(k－1)＝2(2k－1)，a2k＝4＋4(k－1)＝2·2k，∴該數(shù)列是等差數(shù)列，首項為2，公差為2.綜上可知，an＝2n，n∈N*.(2)證明　∵＝>＝，∴Tn＝＋＋…＋>＝＝.又∵＝<＝＝.∴Tn＝＋＋…＋<＝<.即得<Tn<.

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