2019届二轮复习第3讲　数列不等式的证明问题(选用)学案（全国通用）

第3讲　数列不等式的证明问题(选用)
高考定位　1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.


真 题 感 悟
(2017·浙江卷)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*).
证明：当n∈N*时，
(1)0＜xn＋1＜xn；
(2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
证明　(1)用数学归纳法证明：xn＞0.
当n＝1时，x1＝1＞0.
假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk＞0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，则0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，矛盾，故xk＋1＞0，
因此xn＞0(n∈N*).
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)＞xn＋1，
因此0＜xn＋1＜xn(x∈N*).
(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1).
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0).
f′(x)＝＋ln＞0(x＞0)，
函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N*).
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥xn－1≥xn－2≥…≥x1＝.
故xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2＞0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N*).
考 点 整 合
1.数学归纳法
证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.
2.反证法
一般地，由证明pq转向证明：綈qr…t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法.
3.放缩法
放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A




热点一　数学归纳法证明数列不等式
【例1】 (2017·金丽衢联考)设数列{an}满足：a1＝a，an＋1＝(a>0且a≠1，n∈N*).
(1)证明：当n≥2时，an (2)若b∈(a2，1)，求证：当整数k≥＋1时，ak＋1>b.
证明　(1)由an＋1＝知，an与a1的符号相同，
而a1＝a>0，所以an>0，
所以an＋1＝≤1，当且仅当an＝1时，an＋1＝1，
下面用数学归纳法证明：
①因为a>0且a≠1，所以a2<1，
＝>1，即有a2 ②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，有ak 则ak＋2＝＝<1，
且＝>1，即ak＋1 综上，对任意n≥2，均有an (2)若ak≥b，则由(1)知当k≥2时，1>ak＋1>ak≥b；
若ak 而a＋1 所以ak＋1＝a2···…·
＝a2·>a2>
a2
＝a2≥a2.
因为k≥＋1，
所以(k－1)＋1≥＋1＝，
所以 ak＋1>b.
探究提高　数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出an>0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k≥2时，1>ak＋1>ak≥b，然后利用数列的递推公式证明即可.
热点二　反证法证明数列不等式
【例2】 (2018·温州调考)已知数列{an}满足：an>0，an＋1＋<2(n∈N*).
(1)求证：an＋2 (2)求证：an>1(n∈N*).
证明　(1)由an>0，an＋1＋<2，
得an＋1<2－<2.
因为2>an＋2＋>2(由题知an＋1≠an＋2)，
所以an＋2 (2)法一　假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得当n>N时，an≤aN＋1<1.
根据an＋1－1<1－＝<0，而an<1，
所以>＝1＋，
于是>1＋，
……
>1＋.
累加可得>n－1＋.(*)
由假设可得aN＋n－1<0，
而当n>－＋1时，显然有n－1＋>0，
因此有 这显然与(*)矛盾.
所以an>1(n∈N*).
法二　假设存在aN≤1(N≥1，N∈N*)，
由(1)可得当n>N时，0 根据an＋1－1<1－＝<0，而an<1，
所以<，
所以>≥>1.
于是1－an>(1－an－1)，
1－an－1>(1－an－2)，
……
1－aN＋2>(1－aN＋1).
累乘可得1－an>(1－aN＋1)，(*)
由(1)可得1－an<1，
而当n>log＋N＋1时，
则有(1－aN＋1)>1，
这显然与(*)矛盾.
所以an>1(n∈N*).
探究提高　数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由an＋1＜2－<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在aN≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立.
热点三　放缩法证明数列不等式
[考法1]　放缩为等比数列
【例3－1】 (2018·宁波调研)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，n∈N*.
(1)求a2；
(2)求的通项公式；
(3)设{an}的前n项的和为Sn，求证：≤Sn<.
(1)解　由条件可知a2＝＝.
(2)解　由an＋1＝得＝·－，
即－1＝，
所以是等比数列，
又－1＝，则－1＝×＝，
所以＝＋1.
(3)证明　由(2)可得
an＝≥＝.
所以Sn≥＋·＋…＋·
＝，
故Sn≥成立.
另一方面an＝<＝，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
<＋＋＋＋…＋
＝＋－·<＋<，n≥3，
又S1＝<，S2＝<，因此Sn<.
所以≤Sn<.
[考法2]　放缩为裂项求和
【例3－2】 (2018·金华联考)已知数列{an}中，a1＝3，2an＋1＝a－2an＋4.
(1)证明：an＋1>an；
(2)证明：an≥2＋；
(3)设数列的前n项和为Sn，求证：1－≤Sn<1.
证明　(1)∵2an＋1－2an＝a－4an＋4＝(an－2)2≥0，
∴an＋1≥an≥3，∴(an－2)2>0，
∴an＋1>an.
(2)∵2an＋1－4＝a－2an＝an(an－2)，
∴＝≥，
∴an－2≥(an－1－2)≥(an－2－2)≥…≥(a1－2)＝，
∴an≥2＋.
(3)∵2(an＋1－2)＝an(an－2)，
∴＝＝，
∴＝－，∴＝－，
∴Sn＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－
＝1－.
∵an＋1－2≥，∴0<≤，
∴1－≤Sn＝1－<1.
探究提高　数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.

数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.

1.(2016·浙江卷)设数列{an}满足|an－|≤1，n∈N*.
(1)证明：|an|≥2n－1(|a1|－2)，n∈N*；
(2)若|an|≤，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*.
证明　(1)由≤1得|an|－|an＋1|≤1，
故－≤，n∈N*，
所以－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＝1－＜1，
因此|an|≥2n－1(|a1|－2).
(2)任取n∈N*，由(1)知，对于任意m＞n，
－＝＋＋…＋≤＋＋…＋＝
＜，
故|an|＜·2n≤·2n＝2＋·2n.
从而对于任意m＞n，均有|an|＜2＋·2n.①
由m的任意性得|an|≤2.
否则，存在n0∈N*，

与①式矛盾.综上，对于任意n∈N*，均有|an|≤2.
2.(2018·学军中学月考)已知数列{an}满足，a1＝1，an＝－.
(1)求证：≤an≤1；
(2)求证：|an＋1－an|≤；
(3)求证：|a2n－an|≤.
证明　(1)用数学归纳法证明.
①当n＝1时，命题显然成立；
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，有≤ak≤1成立，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝≤<1，
ak＋1＝≥＝，即当n＝k＋1时也成立，
所以对任意n∈N*，都有≤an≤1.
(2)当n＝1时，|a2－a1|＝，
当n≥2时，∵＝·＝1＋≥1＋＝，
∴|an＋1－an|＝
＝
≤|an－an－1|≤…≤|a2－a1|
＝·<.
综上所述，|an＋1－an|≤.
(3)当n＝1时，|a2－a1|＝＝<；
当n≥2时，由(2)知
|a2n－an|≤|a2n－a2n－1|＋|a2n－1－a2n－2|＋…＋|an＋1－an|≤
＝－≤－＝.
综上所述，|a2n－an|≤.
3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an－，数列的前n项和为Sn.证明：当n∈N*时，
(1)0 (2)an≤；
(3)Sn>n－.
证明　(1)由于an＋1－an＝－≤0，
则an＋1≤an.
若an＋1＝an，则an＝0，与a1＝矛盾，
故an≠0，从而an＋1 a1＝>a2>a3>…>an.
又＝1－≥1－>0，
则an＋1与an同号.
又a1＝>0，则an＋1>0，故0 (2)由于0 则an＋1＝an－ 即－<－＝－，
－>－.
当n≥2时，＝＋＋…＋＋>－＋－＋…＋1－＋＝3－＝>0，从而an<.
当n＝1时，a1＝＝，从而an≤.
(3)由＝1－≥1－
＝1－(当且仅当n＝1时，取等号)，
得Sn＝＋＋…＋≥n－>n－.
4.(2017·杭州质量检测)已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有an＋1≤.
(1)若a1＝1，a505＝2 017，求a6的最大值；
(2)若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：0≤an－an＋1≤.
(1)解　由题意知an＋1－an≤an＋2－an＋1，
设di＝ai＋1－ai(i＝1，2，…，504)，
则d1≤d2≤d3≤…≤d504，
且d1＋d2＋d3＋…＋d504＝a505－a1＝2 016.
∵≤
＝，
∴d1＋d2＋…＋d5≤20，
∴a6＝a1＋(d1＋d2＋…＋d5)≤21，a6的最大值为21.
(2)证明　若存在k∈N*，使得ak 则由an＋1≤，得ak＋1≤ak－ak＋1＋ak＋2＜ak＋2，
因此，从第k项ak开始，数列{an}严格递增，
故a1＋a2＋…＋an≥ak＋ak＋1＋…＋an≥(n－k＋1)ak.
对于固定的k，当n足够大时，必有a1＋a2＋…＋an＞1，与题设矛盾，∴{an}不可能递增，即只能an－an＋1≥0.
令bk＝ak－ak＋1(k∈N*)，
由ak－ak＋1≥ak＋1－ak＋2得bk≥bk＋1，bk≥0，
故1≥a1＋a2＋…＋an＝(b1＋a2)＋a2＋…＋an
＝b1＋2(b2＋a3)＋a3＋…＋an＝…
＝b1＋2b2＋…＋nbn＋nan＋1≥(1＋2＋…＋n)bn＝bn，
∴bn≤，
综上，对一切n∈N*，都有0≤an－an＋1≤.