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

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，    ①

2Sn＝2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1＋(n＋1)×2n，②

②－①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<.