《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题17 数列不等式的证明(解析版)

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专题 17　数列不等式的证明

数列不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和

后再“放缩”．

常见的放缩类型及方法

(1)分式型：①＜＝；②－＜＜－；

(2)根式型：① 2(－)＜＜2(－)；

②＜＜；

③ ＞＝2(－)．

(3)分数型：＞(b＞a＞0，m＞0)，＜(a＞b＞0，m＞0)；

(4)基本不等式型：＋＞2 ＝2；

(5)二项式定理型：2n－1≥2n＋1(n≥3)．

注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故

优先考虑．对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩

成可求和的通项公式．在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来

的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向．放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，

朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）．

考点一　先求和(裂项相消法)再放缩

【基本题型】

[例1]　设等差数列{an}的前 n项和为 Sn，已知 a1＝9，a2为整数，且 Sn≤S5．

(1)求{an}的通项公式；

(2)设数列的前 n项和为 Tn，求证：Tn≤．

解析　(1)由a1＝9，a2为整数可知，等差数列{an}的公差 d为整数．又 Sn≤S5，∴a5≥0，a6≤0，

于是 9＋4d≥0，9＋5d≤0，解得－≤d≤－．∵d为整数，∴d＝－2．

故{an}的通项公式为 an＝11－2n．

(2)由(1)，得＝＝，

∴Tn＝＋＋…＋＝．

令bn＝，由函数 f(x)＝的图象关于点(4.5，0)对称及其单调性，

知0<b1<b2<b3<b4，b5<b6<b7<…<0，∴bn≤b4＝1．∴Tn≤×＝．

[例2]　在等比数列{an}中，首项 a1＝8，数列{bn}满足 bn＝log2an(n∈N*)，且 b1＋b2＋b3＝15．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记数列{bn}的前 n项和为 Sn，又设数列的前 n项和为 Tn，求证：Tn<．

解析　(1)由bn＝log2an和b1＋b2＋b3＝15，得 log2(a1a2a3)＝15，∴a1a2a3＝215，

设等比数列{an}的公比为 q，∵a1＝8，∴an＝8qn－1，∴8·8q·8q2＝215，解得 q＝4，

∴an＝8·4n－1，即 an＝22n＋1(n∈N*)．

(2)由(1)得bn＝2n＋1，易知{bn}为等差数列，

Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2＋2n，则＝＝，

Tn＝＝，

∴Tn<．

[例3]　已知数列{an}为等比数列，数列{bn}为等差数列，且 b1＝a1＝1，b2＝a1＋a2，a3＝2b3－6．

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn＝，数列{cn}的前 n项和为 Tn，证明：≤Tn<．

解析　(1)设数列{an}的公比为 q，数列{bn}的公差为 d，由题意得 1＋d＝1＋q，q2＝2(1＋2d)－6，

解得 d＝q＝2，所以 an＝2n－1，bn＝2n－1．

(2)因为 cn＝＝＝，

所以 Tn＝

＝＝－，

因为>0，所以 Tn<．又因为 Tn在[1，＋∞)上单调递增，

所以当 n＝1时，Tn取最小值 T1＝，所以≤Tn<．

[例4]　已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且满足 Sn＝(an－1)，n∈N*．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝log2an，记数列的前 n项和为 Tn，证明：Tn<．

解析　(1)当n＝1时，有 a1＝S1＝(a1－1)，解得 a1＝4．

当n≥2时，有 Sn－1＝(an－1－1)，则 an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)，整理得＝4，

∴数列{an}是以 q＝4为公比，以 a1＝4为首项的等比数列．∴an＝4×4n－1＝4n(n∈N*)

即数列{an}的通项公式为 an＝4n(n∈N*)．

(2)由(1)得bn＝log2an＝log24n＝2n，则＝＝

∴Tn＝＝<．

[例5]　已知数列{an}中，a1＝1，其前 n项的和为 Sn，且满足 an＝(n≥2，n∈N*)．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)证明：S1＋S2＋S3＋…＋Sn<．

解析　(1)当n≥2 时，Sn－Sn－1＝，Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，－＝2，

所以数列是以 1为首项，2为公差的等差数列．

(2)由(1)可知，＝＋(n－1)·2＝2n－1，所以 Sn＝．

S1＋S2＋S3＋…＋Sn＝＋＋＋…＋

＝×＝×<．

[例6]　设 Sn为数列{an}的前 n项和，已知 a1＝2，对任意 n∈N*，都有 2Sn＝(n＋1)an．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列的前 n项和为 Tn，求证：≤Tn<1．

解析　(1)因为 2Sn＝(n＋1)an，所以 2Sn－1＝nan－1(n≥2)．

两式相减，得 2an＝(n＋1)an－nan－1(n≥2)，即(n－1)an＝nan－1(n≥2)，

所以当 n≥2 时，＝，所以＝．因为 a1＝2，所以 an＝2n．

(2)an＝2n，令 bn＝，n∈N*，

则bn＝＝＝－．

所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－．

因为>0，所以 1－<1．因为 y＝在 N*上是递减函数，所以 y＝1－在 N*上是递增函数．

所以当 n＝1时，Tn取得最小值．所以≤Tn<1．

[例7]　(2020·浙江)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足 a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*．

(1)若{bn}为等比数列，公比 q＞0，且 b1＋b2＝6b3，求 q的值及数列{an}的通项公式；

(2)若{bn}为等差数列，公差 d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*．

解析　(1)由b1＋b2＝6b3，得1＋q＝6q2，解得 q＝．所以 bn＝．

由cn＋1＝4cn，得cn＝4n－1．由 an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝．

(2)由cn＋1＝cn，得cn＝＝，

所以 c1＋c2＋c3＋…＋cn＝．

由b1＝1，d＞0，得bn＋1＞1，因此 c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋，n∈N*．

[例8]　数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N*)．

(1)求证：an＋1<an；

(2)记数列{an}的前 n项和为 Sn，求证：Sn<1．

解析　(1)∵a－an＋1＝2＋>0，且 a1＝>0，∴an>0，

∴an＋1－an＝－an＝<0．∴an＋1<an．

(2)∵1－an＋1＝1－＝，∴＝＝－an．

∴an＝－，则 a1＋a2＋…＋an＝2－，由(1)可知 0<an≤，

∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2－<1．

[例9]　已知正项数列{an}的前 n项和为 Sn，且 a＋2an＝4Sn－1．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn＝，数列{bn}的前 n项和为 Tn，求证：≤Tn＜．

解析(1)由题意，当 n＝1时，a＋2a1＝4S1－1＝4a1－1，整理，得 a－2a1＋1＝0，解得 a1＝1．

当n≥2时，由 a＋2an＝4Sn－1，得a＋2an－1＝4Sn－1－1，

两式相减，得 a＋2an－a－2an－1＝4Sn－1－4Sn－1＋1＝4an，即a－a＝2an＋2an－1，

∴(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)．∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2，

∴数列{an}是以 1为首项，2为公差的等差数列．∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1．

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