2023高考数学二轮专题 微专题12 数列中的不等式证明及放缩问题

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微专题12　数列中的不等式证明及放缩问题数列中的不等式证明问题的常用放缩技巧(1)对的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况(下列n∈N*)：＜＝－(n≥2)；＜＝(n≥2)；＝<＝2(n≥1).(2)对的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况(下列n∈N*)：＞＝－(n≥1)；＜＝－(n≥1).类型一　关于数列项的不等式证明(1)结合“累加”“累乘”“迭代”放缩；(2)利用二项式定理放缩；(3)利用基本不等式或不等式的性质；(4)转化为求最值、值域问题.例1 设正项数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋(n∈N*).求证：(1)2<a－a≤3；(2)≤≤.证明　(1)因为a1＝1及an＋1＝an＋(n≥1)，所以an≥1，所以0＜≤1.因为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时，也满足2n－1≤a≤3n－2，所以2n－1≤a≤3n－2，所以＝1＋∈.即≤≤.训练1 (2022·天津模拟)已知数列{an}满足an＝an－1－n·(n≥2，n∈N*)，a1＝.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{cn}满足c1＝，cn＋1＝·c＋cn，其中k为一个给定的正整数，求证：当n≤k时，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时也成立，故an＝n(n∈N*).(2)证明　由题意知cn＋1＝c＋cn，∴{cn}为递增数列，∴只需证ck<1即可.当k＝1时，c1＝<1成立，当k≥2时，cn＋1＝c＋cn<cncn＋1＋cn，即－>－，因此＝＋…＋＋>－＋2＝，∴ck<<1，∴当n≤k时，恒有cn<1.类型二　对求和结论进行放缩对于含有数列和的不等式，若数列的和易于求出，则一般采用先求和再放缩的策略证明不等式.例2 已知数列{an}满足a1＝2，(n＋1)an＋1＝2(n＋2)an，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设Sn是数列{an}的前n项和，求证：Sn＜2an.(1)解　法一　由题意得＝2·，又＝1，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以＝2n－1，所以an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*).法二　由题意得＝，所以＝··…·＝···…·＝(n＋1)·2n－2.因为a1＝2，所以an＝(n＋1)·2n－1(n∈N*).(2)证明　因为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.因为Sn－2an＝n·2n－(n＋1)2n＝－2n<0，∴Sn＜2an.训练2 (2022·广州模拟)在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，－an＋1，an，an＋2成等差数列.等差数列{bn}满足b1＝a2＋1，2b5－3b2＝a3－3.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，证明：Tn<.(1)解　设等比数列{an}的公比为q(q>0)，因为－an＋1，an，an＋2成等差数列，所以2an＝an＋2－an＋1，所以2an＝an·q2－an·q.因为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*).设等差数列{bn}的公差为d，由题意，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)证明　＝＝，则Tn＝＝＝－.因为n∈N*，所以>0，所以Tn<.类型三　对通项公式放缩后求和在解决与数列的和有关的不等式证明问题时，若不易求和，可根据项的结构特征进行放缩，转化为易求和数列来证明.例3 (2022·济南模拟)在数列{an}中，a1＝2，2nan＋1＝(n＋1)·an(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，若数列{bn}的前n项和是Tn，求证：Tn<.(1)解　由题知2nan＋1＝(n＋1)an，所以＝×，＝2，故数列是首项为2，公比为的等比数列，所以＝2×＝22－n，所以an＝n·22－n(n∈N*).(2)证明　由(1)可知an＝n·22－n，所以bn＝＝＝×，根据指数增长的特征知，对任意n∈N*，2n≥2n恒成立，所以22n≥(2n)2，即4n≥4n2.所以≤＝，所以bn≤，所以数列{bn}的前n项和Tn≤＝<.训练3 已知数列{an}的前n项和为Sn，3an＝2Sn＋2n(n∈N*).(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的前n项和Sn，(2)设bn＝log3(an＋1＋1)，证明：＋＋…＋<1.证明　(1)∵3an＝2Sn＋2n，n∈N*，∴当n＝1时，3a1＝2S1＋2，解得a1＝2；当n≥2时，3an－1＝2Sn－1＋2(n－1)，两式相减得an＝3an－1＋2，∴an＋1＝3(an－1＋1)，即＝3，a1＋1＝3，∴数列{an＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，∴an＋1＝3n，则an＝3n－1，∴Sn＝3＋32＋…＋3n－n＝－n＝－n－.(2)bn＝log3(an＋1＋1)＝log33n＋1＝n＋1，∵＝<＝－，∴＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1.类型四　求和后利用函数的单调性证明数列不等式若所证的数列不等式中有等号，常考虑利用数列的单调性来证明.例4 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2an－Sn＝1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.(1)解　已知2an－Sn＝1，令n＝1，解得a1＝1，当n≥2时，2an－1－Sn－1＝1(n∈N*)，两式相减得an＝2an－1，∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1(n∈N*).(2)证明　由(1)可得bn＝＝＝－，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝1－.∵是单调递增的数列，∴1－∈.∴≤Tn<1.训练4 已知等差数列{an}的公差d≠0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列.(1)求使不等式an≥0成立的最大自然数n；(2)记数列的前n项和为Tn，求证：－≤Tn≤.(1)解　由题意，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，故满足题意的最大自然数为n＝13.(2)证明　＝＝－，∴Tn＝＋＋＋…＋＝－＝－＝－＋.从而当n≤12时，Tn＝－＋单调递增，且Tn>0；当n≥13时，Tn＝－＋单调递增，且Tn<0，∴T13≤Tn≤T12，由T12＝，T13＝－，∴－≤Tn≤.一、基本技能练1.已知数列{an}是等差数列，且a2＝3，a4＝7，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝1－bn(n∈N*).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：Tn<2.(1)解　因为数列{an}是等差数列，a2＝3，a4＝7，设数列{an} 的公差为d，则解得所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1(n∈N*).对于数列{bn}，Sn＝1－bn(n∈N*)，当n＝1时，b1＝1－b1，解得b1＝；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－，整理得bn＝bn－1，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，所以bn＝×＝(n∈N*).(2)证明　由题意得cn＝anbn＝＝，所以数列{cn}的前n项和Tn＝＋＋＋…＋＋，则3Tn＝2＋＋＋…＋，两式相减可得2Tn＝2＋＋＋…＋－＝2＋4×－＝4－，所以Tn＝2－.所以Tn<2.2.(2022·石家庄模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，a2＝4，Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2(n≥2).(1)证明：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：≤Tn<.证明　(1)当n≥2时，由Sn＋1＋2Sn－1＝3Sn－2可变形为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)，又因为a1＝3，a2＝4，可得a1－2＝1，a2－2＝2，所以＝2，所以数列{an－2}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an－2＝2n－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2＋2n－1(n∈N*).(2)由an＝2＋2n－1，可得bn＝＝＝－，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝－＋－＋－＋…＋－＝－，因为>0，所以－<，即Tn<，又因为f(n)＝－，n∈N*，单调递增，所以Tn≥b1＝＝，所以≤Tn<.3.已知数列{an}的前n项和Sn＝.(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足对任意的正整数n，···…·＝(n＋1)2恒成立，求证：bn≥4.(1)解　因为Sn＝，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，当n＝1时，a1＝S1＝1满足an＝n，所以{an}的通项公式为an＝n(n∈N*).(2)证明　因为···…·＝(n＋1)2，所以当n≥2时，···…·＝n2，所以＝(n≥2)，又n＝1时，＝22＝4，满足＝，所以对任意正整数n，＝，由(1)得，an＝n，所以bn＝＝＝n＋＋2≥2＋2＝4，当且仅当n＝1时，等号成立.二、创新拓展练4.(2022·湖州质检)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Tn，求证：<Tn<.(1)解　∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4，当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，得4an＝anan＋1－an－1an.由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4，∴数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列，公差都为4，∴a2k－1＝2＋4(k－1)＝2(2k－1)，a2k＝4＋4(k－1)＝2·2k，∴该数列是等差数列，首项为2，公差为2.综上可知，an＝2n，n∈N*.(2)证明　∵＝>＝，∴Tn＝＋＋…＋>＝＝.又∵＝<＝＝.∴Tn＝＋＋…＋<＝<.即得<Tn<.