专题10数列不等式证明-解析版

这是一份专题10数列不等式证明-解析版，共21页。试卷主要包含了 数列信息结构识别之技，放缩结构变形思维链接，数列单调性的判断之技， 数列变形中倒裂项之技， 数列主干条件多次变形之技，数列主干条件结构变形之技， 数列无理式的放缩之技等内容，欢迎下载使用。

一、 数列信息结构识别之技
数列不等式问题条件与结论中都有丰富的信息, 比如项与项之间的代数结构、项与前 n 项和的代数结构 等, 这些代数结构特点的识别或转化直接制约着问题的求解.
问题 1: 已知数列 an 满足 a1=12,an+1=an+12, 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和.
( I ) 证明: an=cs⁡π3×2n-1;
(II ) 证明: Sn>n-56.
【解析】卡壳点: 条件代数式结构不能识别, 数学归纳法的证明过程叙述不规范.
应对策略: 条件与结论中信息挖掘要到位, 正确识别递推关系结构,熟练使用余弦倍角关系式.
问题解答: (I) (1) 当 n=1 时, a1=12=cs⁡π3×21-1, 命题成立;
(2)假设当 n=k 时,命题成立, 即 ak=cs⁡π3×2k-1,
则当 n=k+1 时, ak+1=ak+12=cs⁡π3×2k-1+12=cs⁡2×π3×2k+12=2cs2⁡π3×2k-1+12 =cs⁡π3×2k, 所以当 n=k+1 时,命题也成立.
由 (1)(2)知, 对任意 n∈N*,an=cs⁡π3×2n-1.
(II) 当 n=1 时, S1=a1=12>1-56.
当 n⩾2 时, 因为 an=cs⁡π3×2n-1,
所以 1-an 2=1-cs2⁡π3×2n-1=sin2⁡π3×2n-1<π3×2n-12=π29×4n-1.
又 1-an 2=1-an-1+12=1-an-12, 所以 an-1>1-2π29×4n-1.
故 Sn>∑i=2n 1-2π29×4i+12=n-12-2π29×43×1161-14n-1
>n-12-291-14n-1>n-56.
【反思】 借助 sin⁡x二、放缩结构变形思维链接
数列条件中项与项之间的代数结构、项与前 n 项和的代数结构本质隐藏得比较深, 需要若干次代数变形 才能挖掘出来, 许多学生推理思维链接不顺畅, 导致解题失败.
问题 2: 已知数列 an 满足 an>0,a1=2, 且 (n+1)an+12=nan2+an,n∈N*.
(I) 证明: an>1;
(II) 证明: a224+a239+⋯+an2n2<95(n⩾2).
【解析】卡壳点: 条件递推关系结构不会变形.
应对策略: 将 (n+1)an+12=nan2+an 变形为 (n+1)an+12-(n+1)=nan2-n+an-1, 从而得到 an+1 -1)an+1+1(n+1)=an-1nan+n+1, 从而判断 an+1-1 与 an-1 同号, 这是一事智慧思维链接.
(II) 证明中, 由 ( I ) 的结论 an>1, 推出 an2>an, 从而放大到 (n+1)an+12=nan2+an<(n+1)an2 这一 智慧思维链, 得到数列 an 呈现的单调递减性. 数列单调性的识别与证明是放缩的基础.
问题解答: (I) 由题意得 (n+1)an+12-(n+1)=nan2-n+an-1,
故 an+1-1an+1+1(n+1)=an-1nan+n+1.
由 an>0,n∈N*, 可知 an+1+1(n+1)>0,nan+n+1>0, 所以 an+1-1 与 an-1 同号.
又 a1-1=1>0, 故 an>1.
(II) 因为 an>1,an2>an,(n+1)an+12=nan2+an<(n+1)an2,
所以 an+1nan2-(n-1)an-12=an-1,⋯,2a22-a12=a1,
累加得 nan2-a12=a1+⋯+an-1⩽2(n-1).
所以当 n⩾2 时, nan2⩽2(n+1).
从而 an2n2⩽2(n+1)n3<2(n+1)nn2-1=2n(n-1)=21n-1-1n,
a224+⋯+an2n2⩽a224+212-13+⋯+1n-1-1n=34+1-2n<74<95.
【反思】 将数列递推关系变形, 寻找放缩条件是一个智慧点.
三、数列单调性的判断之技
问题 3: 已知数列 an 满足 a1=12, 且 an+1=an-an2n∈N*.
(I) 证明: 1⩽anan+1⩽2n∈N*;
(II) 设数列 an2 的前 n 项和为 Sn, 证明: 12(n+2)⩽Snn⩽12(n+1)n∈N*.
【解析】卡壳点:条件递推关系结构不会变形.
应对策略:an+1-an=-an2⩽0,an+1⩽an⩽an-1⩽⋯⩽a2⩽a1=12,an单调递减,且最大值为12,这一思维链是学生应该掌握的基础.
问题解答:(I)由已知得an+1-an=-an2⩽0,从而an+1⩽an⩽an-1⩽⋯⩽a2⩽a1=12,故an单调递减,且最大值为12.(递推法)
可得an=1-an-1an-1=1-an-11-an-2⋯1-a1a1.（递推法）
所以an>0.
由an+1-an⩽0,可知an⩾0,11-an也单调递减,所以anan+1=anan-an2=11-an∈[1,2].
(II)an2=an-an+1,Sn=a12+a22+⋯+an2=a1-a2+a2-a3+⋯+an-an+1,(累加法)
Sn=a1-an+1,1an+1-1an=an-an+1an+1an=anan+1.
由第(I)问知,1⩽1an+1-1an⩽2,
于是1⩽1a2-1a1⩽2,1⩽1a3-1a2⩽2,⋯,1⩽1an+1-1an⩽2，(累加法)
相加后得n⩽1an+1-1a1⩽2n,即n+2⩽1an+1⩽2n+2,即12(n+1)⩽an+1⩽1n+2,
从而12(n+1)⩽12-Sn⩽1n+2,即12(n+1)-12⩽-Sn⩽1n+2-12,
所以12(n+2)⩽Snn⩽12(n+1).
【反思】考点有递推思想、累加法、运用不等式性质进行变形与运算.
四、 数列变形中倒裂项之技
问题4:数列an满足a1=32,an+1=an2-an+1,n∈N*,求m=1a1+1a2+⋯+1at(t⩾2)的整数部分.
【解析】卡壳点:条件递推关系结构不会准确变形.
应对策略:先倒过来,再裂项.
问题解答:将an+1-1=anan-1倒过来得1an+1-1=1anan-1,
再裂项得1an+1-1=1an-1-1an,再移项本质结构就出来了:1an=1an-1-1an+1-1.
这样所求目标的求和就可以转化了:
1a1=1a1-1-1a2-1,1a2=1a2-1-1a3-1,⋯,1at=1at-1-1at+1-1,
累加可得1a1+1a2+⋯+1at=1a1-1-1at+1-1,
m=1a1+1a2+⋯+1at=2-1at+1-1<2,对任意t⩾2都成立.
又m>0,所以m的整数部分是1.
【反思】对复杂递推关系式进行结构变形是一个重要的智慧点.
五、 数列主干条件多次变形之技
要善于积累数列不等式证明的各种分析方法,对于数列递推关系式能多角度变形,以挖掘其性质,特别对有各类可能情形的进行全面考虑.对于数列不等式综合性问题,要学会分解到基础知识与基本方法层面,然后逐一解决,这也是培养面对复杂问题时,认识问题本质、化整为零、各个击破的素养.
问题5:已知数列an满足a0=13,an=121+an-1(n=1,2,3,⋯),bn=2an2-an,Sn=b1+b2+⋯+bn.证明:
(I)an-1(II)0【解析】卡壳点:条件递推关系结构不会变形.
应对策略:对an=121+an-1进行深入挖掘与变形,研究数列的性质.
问题解答:(I)由an=121+an-1得an-1=2an2-1(*).
显然an>0,由(*)式得1-an-1=2-2an2=21-an2=21+an1-an,故1-an与1-an-1同号.
又1-a0=1-13=23>0,所以1-an>0,即an<1.(注意:也可以用数学归纳法证明)
所以an-1-an=2an+1an-1<0,即an-1所以an-1(II)由(*)式得bn=2an2-an=an-1-an+1.
由00.
从而bn=an-1-an+1>0,于是Sn=b1+b2+⋯+bn>0.
由(I)得1-an-1=21+an1-an,从而1-an1-an-1=121+an<12,
所以1-an<121-an-1<⋯<12n1-a0=23×12n(**).
所以Sn=b1+b2+⋯+bn
=a0-a1+1+a1-a2+1+⋯+an-1-an+1=a0-an+n=13+n-an=-23+n+1-an<-23+n+23×12n⩽-23+n+23×122=n-12,
所以0【反思】对数列递推关系式结构的分析与变形是一个重要智慧点.
六、数列主干条件结构变形之技
在复杂数列中,项与项之间的数量关系的分析包括:解方程与代数式变形、不等式放缩、前n项和与第n项之间的联系.
问题6:已知数列an的首项a1=a,其前n项和为Sn且满足Sn+1+Sn=3(n+1)2,n∈N*.
(I)用a表示a2,a3,an;
(II)当a=32时,证明:对任意n∈N*,都有1a22+1a32+1a2n-12+1a2n2<112.
【解析】卡壳点:条件中主千递推关系结构不会变形.
应对策略:对Sn+1+Sn=3(n+1)2深入分析,寻找到结构变形特点.
问题解答:(I)解法1由条件n=1得a1+a2+a1=12,故a2=12-2a.
由条件n=2得a1+a2+a3+a1+a2=27,故a3=3+2a.
由条件Sn+1+Sn=3(n+1)2得Sn+Sn-1=3n2,n⩾2,
两式相减得an+1+an=6n+3,n⩾2,
故an+2+an+1=6n+9,
两式再相减得an+2-an=6,n⩾2,
所以a2,a4,a6,⋯构成以a2为首项,6为公差的等差数列;
a3,a5,a7,⋯构成以a3为首项,6为公差的等差数列.
a2n=6n+6-2a;a2n+1=6n-3+2a,
所以an=a,n=1,3n+(6-2a)(-1)n,n⩾2.
解法2设an+1+x(n+1)+y=-an+xn+y,整理得an+1=-an-2xn-2y-x.
对比已知条件得-2x=6,-2y-x=3,解得x=-3,y=0.
故有an+1-3(n+1)=-an-3n.
当n⩾2时,an-3n=a2-6(-1)n-2,即an=3n+a2-6(-1)n-2,
所以an=a,n=1,3n+(6-2a)(-1)n-2,n⩾2.
(II)证明:当a=32,且n⩾2时,由(I)可知an=3n+(-1)n.
(1)当n=2时,1a22=192<112.
(2)当n⩾3时,因为a2n-1=6(n-1),a2n=3(2n+1),
所以1a22+1a32+⋯+1a2n-12+1a2n2
=1a22+1a42+⋯+1a2n2+1a32+1a52+⋯+1a2n-12
=19×132+152+⋯+1(2n+1)2+136×112+122+⋯+1(n-1)2.
因为1(2n+1)2=14n2+4n+1<14n2+4n=14×1n(n+1),且1(n-1)2<1(n-2)(n-1),
七、 数列无理式的放缩之技
问题7:设等差数列an的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3,数列bn满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(I)求数列an,bn的通项公式;
(II)记cn=an2bn,n∈N*,证明:c1+c2+⋯+cn<2n,n∈N*.
【解析】卡壳点:面对无理式结构缺少放缩之技.
应对策略:基本放缩结构1:2(k+1-k)=2k+k+1<1k=2k+k<2k-1+k=2(k-k-1)
基本放缩结构2:k基本放缩结构3:当k⩾2,k∈N时,1kk<21k-1-1k.
问题解答:(I)设数列an的公差为d,
由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2.
从而an=2n-2,n∈N*,进而Sn=n2-n,n∈N*.
由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得Sn+1+bn2=Sn+bnSn+2+bn,
解得bn=1dSn+12-SnSn+2.
所以bn=n2+n,n∈N*.
(II)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),n∈N*.
所以cn=1n⋅n-1n+1<1n=22n<2n+n-1<2(n-n-1),
所以c1+c2+⋯+cn<2[(1-0)+(2-1)+(3-2)+⋯+(n-1-n-2)+(n-n-1)]=2n.
【反思】(1)第(II)问,命题专家给出的答案是用数学归纳法证明的,事实上,用放缩法也比较简单.
(2)此题给出的放缩范围较大:n-1n+1<1,对于放缩技巧而言,是较容易的,因为很容易就显化出结构1n<2n+n-1<2(n-n-1).
强化练习
1.已知数列an满足a1=12,a2=1,an+1=an+an-1,n⩾2,则1a1a3+1a2a4+⋯+1a2018a2020的整数部分是（ ）
A.0B.1C.2D.3
【解析】，，，
，
，
，
当时，，，，所以的整数部分是1.故选B.
【反思】此类题的目标结构是明确的，需要通过裂项求和的方法进行变形，问题求解的关键是如何将转化为可裂项求和的形式，即“，”是关键的变形方向.这是通过裂项将一个分式转化为两个分式的基本功训练
2.已知等比数列an的公比q∈R且q≠1,其前n项和为Sn,若4a3,a4,a6成等差数列,则（ ）
A.a1q>1,qS4<-6B.a1q>1,qS4>-5
C.a1q<1,qS4<-6D.a1q<1,qS4>-5
【解析】因为成等差数列，所以，即，，
解得或(无实根，舍去).
若，即，则，，；
若，即，则，，，选择.
3.若S=1+12+13+⋯+11000000,则S的整数部分是__________.
【解析】审题前要具有基本放缩知识，即知道.
确定放缩范围，，
故，放缩范围大了，不能确定它的整数部分.
正确的是
，
.
故，的整数部分是1998.
【反思】确定此类训练的目标：一是审题时看题设条件结构，二是对结构式进行放缩，三是控制放缩范围.这是一个通过分母有理化将分式转化为整式的基本功训练题.
4.设数列an的前n项和为Sn,1S1+1S2+⋯+1Sn=2nn+1.
(I)求an的通项公式;
(II)若f(x)=a1x+a2x2+⋯+anxn,求证:f12<2.
【解析】(I)，
两式相减得，
所以，.
(II)，
，
两式相减得，
【反思】对主干条件运用函数思想破解.
5.在数列an中,已知an+1an=2an-an+1,且a1=2n∈N*.
(I)求证:数列1an-1是等比数列;
(II)设bn=an2-an,且Sn为bn的前n项和,试证:2⩽Sn<3.
【解析】(I)由得，且，
故.
再将等式两边同除以，得.
由得，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
(II)解法1由(I)知，即，
故.
又，故是关于的递增数列，
故.
当时，
故.
综上有.
解法2 (注：因为，故
，
综上有.
【反思】挖掘主干条件“”的本质结构，在目标“”的提示下变形.
6.设an=3n-2n,证明:对一切正整数n,有1a1+1a2+⋯+1an<32.
【解析】证明1 当时，.
当时，.
由上式得：对一切正整数，有.
证明2 当，时，，
所以.
当时，.
当时，.
证明3 当，时，，
以下同证明2.
【反思】先放缩后求和，准确把握放缩的尺度.
7.已知数列an满足a1=3,当n⩾2时,an-2an-1=λ×3n.
(I)当λ=0时,求数列an的前n项和Sn;
(II)当λ=n时,求证:对任意n∈N*,an-(n-2)×3n+12n+1为定值.
【解析】(I)当时，，数列是，公比为2的等比数列，
所以.
(II)当，时，，
所以.
令，则，
所以
①
这是一个等差等比结构，利用错位相减法求和.
由于②
①②两式相减得
，
所以，
于是，
所以，
又，为定值，且当时，也满足，
因此对任意，为定值3.
【反思】准确把握数列结构特点，细心推理运算.
8.已知数列an满足an>0,a1=2,且(n+1)an+12=nan2+an,n∈N*.
(I)证明:当n⩾2时,1(II)证明:a224+⋯+an2n2<74(n⩾2).
【解析】(I)证明：①当时，，命题成立.
②假设当时命题成立，即，
当时，，即.
又，，所以，命题成立.
由①②知，对一切自然数成立.
又，，，有，
所以.
(II)因为，，，
所以，，
，
累加得，
所以当时，，
，
.
【反思】数列放缩技术应用于数列不等式时，根据上述放缩原理，把握代数式的结构特点，不同特征采用不同的放缩技术.